精品解析：珠海市第一中学2025-2026学年第二学期第二阶段考试 高一数学

珠海市第一中学2025-2026学年第二学期第二阶段考试 高一数学 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色字的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.并用2B铅笔将对应的信息点涂，不按要求填涂的，答卷无效. 2选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区城内相应位置上;如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，只将答题卡交回. 一、单选题：本题共8题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若圆锥的母线长为5，高为4，则圆锥的体积为（ ） A. 9π B. 12π C. 16π D. 36π 2. 复数是纯虚数，则实数（ ） A. 0 B. C. 1 D. 3. 已知向量，，若与共线，则m的值为（ ） A 1 B. 2 C. 3 D. 4 4. 已知是两条直线，是两个平面．下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C 若，则 D 若，则 5. 如图，为平行四边形所在平面外一点，为的中点，为上一点，O为AC与BE交点.当平面时，（ ） A. B. C. D. 6. 已知一个正四面体的所有顶点在同一个球面上，若球的体积为，则正四面体的长为（ ） A. B. C. D. 7. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且面积为．若，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知一个正四棱锥的侧棱与底面所成角的正切值为，则该四棱锥侧面与底面的二面角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3题，每小题6分，共18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部分选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知复数，则（ ） A. 的虚部为 B. C. D. 在复平面内对应的点位于第四象限 10 已知长方体，，则（） A B. 直线与所成角的余弦值为 C. 直线与平面所成角的余弦值为 D. 直线与平面所成角的余弦值为 11. 如图，△ABC是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形组成的大等边三角形，若，则（ ） A. B. C. D. 与夹角的余弦值为 三、填空题：本题共3题，每小题5分，共15分. 12. 若正六棱台的上、下底面边长分别是2和4，侧棱长是3，则它的表面积为________. 13. 已知，，，若，则在方向上的投影向量的坐标为______． 14. 已知的三个内角分别为，且，则的最大值为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1中，点P为BC的中点. （1）证明：A1B//平面APC1； （2）证明：平面APC1⊥平面BCC1B1. 16. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求角； （2）若，的平分线交于点，求. 17. 如图，在四边形中，，四边形绕所在直线旋转一周所形成新的几何体． （1）求该几何体的表面积和体积； （2）若旋转过程中，点和点始终落在球上，求球的表面积． 18. 在中，角所对的边分别为，且满足． （1）求证：； （2）若，求； （3）求的最小值． 19. 南北朝时期的伟大科学家祖暅在数学上有突出贡献，他在实践的基础上提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”如图1，其含义是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任意平面所截，如果截得的两个面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.祖暅原理可以求解球缺的体积问题.如图2，球体被平面截下的一部分叫作球缺，截面叫作球缺的底面，垂直于面的直径被截下的线段长叫作球缺的高h.如图3，各棱长均为4的正三棱锥中，点H是的中心，是正三棱锥的高（垂直于底面任意一条直线）. （1）求正三棱锥A-BCD的体积： （2）利用祖暅原理推导半径为R，高为的球缺的体积公式： （3）已知动点P在空间内运动，且，记点P围成的空间几何体为Ω.若平面BCD把空间几何体Ω分两个部分，求较小部分的体积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 珠海市第一中学2025-2026学年第二学期第二阶段考试 高一数学 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色字的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.并用2B铅笔将对应的信息点涂，不按要求填涂的，答卷无效. 2选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区城内相应位置上;如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，只将答题卡交回. 一、单选题：本题共8题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若圆锥的母线长为5，高为4，则圆锥的体积为（ ） A. 9π B. 12π C. 16π D. 36π 【答案】B 【解析】 【详解】由题意可知，圆锥的母线长，高， 可得圆锥的底面半径：， 根据圆锥体积公式得：. 2. 复数是纯虚数，则实数（ ） A. 0 B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【详解】已知复数是纯虚数，则实部，解得； 虚部，解得， 综上，． 3. 已知向量，，若与共线，则m的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【详解】因为向量，，且共线， 所以，. 4. 已知是两条直线，是两个平面．下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】A 【解析】 【分析】作出相交平面可说明B项错误；借助于长方体模型可说明D项错误；利用面面平行的判定定理可说明A正确；利用线面平行的判定定理可判断C项. 【详解】对于A，由可得，又有，且是两个平面，故，即A正确； 对于B，如图，取，，且，则易得，但得不到，故B错误； 对于C，由，可得或，故C错误； 对于D，如图，设为长方体的两个相对的底面，是长方体的一条竖直和一条水平的棱， 显然满足，但得不到，故D错误. 5. 如图，为平行四边形所在平面外一点，为的中点，为上一点，O为AC与BE交点.当平面时，（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由直线与平面平行性质可得：为使//平面，则//，据此可得答案. 【详解】若//平面，因平面，平面平面，则//，从而. 6. 已知一个正四面体的所有顶点在同一个球面上，若球的体积为，则正四面体的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将正四面体补成正方体，通过正方体的对角线与球的半径关系，求解即可． 【详解】如图，将正四面体补成一个正方体，则正四面体的外接球与正方体的外接球相同， 设正四面体的棱长为，则正方体的棱长为，外接球的半径为， 由，解得， 所以正四面体的棱长为. 7. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且面积为．若，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用余弦定理、三角形面积公式及正弦定理边化角求解． 【详解】在△ABC中，，而， 由，得，又，，则， 由正弦定理得，解得，由，得， 所以． 8. 已知一个正四棱锥的侧棱与底面所成角的正切值为，则该四棱锥侧面与底面的二面角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】正四棱锥为，底面为正方形，侧面为等腰三角形，记为底面中心， 则底面，底面，故， 则为侧棱与底面所成角， ，设，则底边长， 侧棱长， 取中点，连接，由为等腰三角形可得， 故即为该四棱锥侧面与底面的二面角的平面角， ， 又底面，底面， ，是直角三角形， ． 二、多选题：本题共3题，每小题6分，共18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部分选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知复数，则（ ） A. 的虚部为 B. C. D. 在复平面内对应的点位于第四象限 【答案】BC 【解析】 【详解】由， 则的虚部为，A选项错误； 而，B选项正确； 而，C选项正确； 而，在复平面内对应的点，位于第二象限，D选项错误. 10. 已知长方体，，则（） A. B. 直线与所成角的余弦值为 C. 直线与平面所成角的余弦值为 D. 直线与平面所成角的余弦值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】通过建立空间直角坐标系，利用空间向量的运算判断线线垂直、计算异面直线所成角、线面角，逐一验证选项即可. 【详解】以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意得各点坐标：，，，，，，，. 选项A：，，所以，故，A正确. 选项B：，，异面直线所成角的余弦值为，B正确. 选项C：向量，， 设平面的法向量为，则，取，则. 设线面角为，则， ，C错误. 选项D：平面的一个法向量为，设线面角为，则， 故，，D正确. 11. 如图，△ABC是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形组成的大等边三角形，若，则（ ） A. B. C. D. 与夹角的余弦值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据全等三角形性质及正弦定理求解即可；对于B，根据全等三角形性质及余弦定理求解即可；对于C，根据向量的数乘运算求解即可；对于D，根据向量的数乘及向量数量积运算律，结合向量的模及夹角的向量求法求解即可. 【详解】设，则， 因为是等边三角形，所以， 又三个小三角形全等，所以，. 对于A，在中，由正弦定理得， 所以，即，A正确. 对于B，是等边三角形，，易知，则. 在中，由余弦定理得， 即，所以， 又，所以，B错误. 对于C，因为，， 所以，，. 所以 ， 所以，C正确. 对于D，由选项B知，，， . ， 设与夹角为，则，D正确. 三、填空题：本题共3题，每小题5分，共15分. 12. 若正六棱台的上、下底面边长分别是2和4，侧棱长是3，则它的表面积为________. 【答案】 【解析】 【详解】正六棱台的表面积， 而，， ， 所以. 13. 已知，，，若，则在方向上的投影向量的坐标为______． 【答案】 【解析】 【详解】已知，则，解得， ， 在方向上的投影向量坐标为： ． 14. 已知的三个内角分别为，且，则的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】先利用三角恒等变换结合三角形内角和性质，由已知的正弦平方和条件推出△ABC为直角三角形，再分情况讨论直角的位置，代入目标式化简后计算得到所求的最大值. 【详解】由，可得， 整理得，即① ， 又， 两边平方得 ， 代入①式化简得，即， 又，所以，则必有一个内角为直角， 若，此时，，， 所以， 因为，所以，当时，取得最大值为； 若，此时，，，， 所以 ，其中， 当时，，取得最大值为； 若，此时，，， 所以，与一致，最大值也为； 综上可知，的最大值为. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1中，点P为BC的中点. （1）证明：A1B//平面APC1； （2）证明：平面APC1⊥平面BCC1B1. 【答案】（1） 连接，交于点，则是的中点。 又是的中点，可得， 因为平面， 平面，根据线面平行的判定定理，可得平面. （2）正三棱柱的侧棱垂直于底面，因此底面， 因为底面，所以， 又底面是正三角形，是中点，因此， 因为，且平面​， 根据线面垂直的判定定理，可得平面，又平面，根据面面垂直的判定定理， 可得平面平面. 【解析】 【分析】（1）连接与得交点中点，构造三角形中位线得到，再依据线面平行判定定理完成证明； （2）结合正三棱柱性质推得平面，再依据面面垂直判定定理完成证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 16. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求角； （2）若，的平分线交于点，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理合理转化，结合同角三角函数关系求角B； （2）先由余弦定理求出ac的值，再利用等面积法列方程求解角平分线BD的长度. 【小问1详解】 解法一：由正弦定理得， 可将化为， 由知， 所以. 又，故. 解法二：根据正弦定理，可将化为， 因为，所以，约去得. 又，故. 【小问2详解】 已知、、，根据余弦定理得， 解得. 因为， 所以， 因为，，所以，解得. 17. 如图，在四边形中，，四边形绕所在直线旋转一周所形成新的几何体． （1）求该几何体的表面积和体积； （2）若旋转过程中，点和点始终落在球上，求球的表面积． 【答案】（1）表面积,体积. （2） 【解析】 【分析】（1）分析图形的构成，表面积有哪几块构成，利用圆、扇形、扇环计算面积即可，体积看是由哪几个基本几何体组合而成，利用圆锥圆台体积计算公式计算即可. （2）立体问题平面化找球心，求半径，利用球的表面积计算公式计算即可. 【小问1详解】 如图，在中，， 从而.则， 过点作于，则， 从而四边形为矩形，即有，, 从而，则在中, . 该几何体的表面积包含旋转一周得到的曲面，旋转一周得到的曲面，以及旋转一周得到的圆面. 而， ， ， 从而该几何体的表面积 该几何体的体积可看成由梯形旋转得到的圆台挖去由三角形旋转得到的圆锥，则. 【小问2详解】 如图，由题意球的球心在直线上，设， 则， 又， 则，解得. 从而球的半径， 球的表面积. 18. 在中，角所对的边分别为，且满足． （1）求证：； （2）若，求； （3）求的最小值． 【答案】（1） 因为，根据正弦定理得：. 又因为， 所以. 又为三角形内角，所以. （2）4 （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理，结合三角形内角和，可探索角的关系. （2）先利用（1）的结论，求角的正弦和余弦，再求角的正弦，利用正弦定理，可探索的关系，结合，可求的值，再用余弦定理求边. （3）先用表示，用正弦定理可得，再利用基本不等式，可求其最小值. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 因为，， 所以，， . 所以. 由正弦定理得， 又，所以，. 由余弦定理得. 所以. 【小问3详解】 因为 . 由正弦定理 因为，所以， 所以，当且仅当即时取等号. 所以的最小值为. 19. 南北朝时期的伟大科学家祖暅在数学上有突出贡献，他在实践的基础上提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”如图1，其含义是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任意平面所截，如果截得的两个面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.祖暅原理可以求解球缺的体积问题.如图2，球体被平面截下的一部分叫作球缺，截面叫作球缺的底面，垂直于面的直径被截下的线段长叫作球缺的高h.如图3，各棱长均为4的正三棱锥中，点H是的中心，是正三棱锥的高（垂直于底面任意一条直线）. （1）求正三棱锥A-BCD的体积： （2）利用祖暅原理推导半径为R，高为的球缺的体积公式： （3）已知动点P在空间内运动，且，记点P围成的空间几何体为Ω.若平面BCD把空间几何体Ω分两个部分，求较小部分的体积. 【答案】（1） （2）球缺的体积为 （3） 【解析】 【分析】（1）先求出正三棱锥底面三角形的面积，再结合正三棱锥的高，利用三棱锥体积公式求解. （2）构造一个底面半径，高为的圆柱，在圆柱里挖去一个同底等高的圆锥，利用祖暅原理，推导球缺体积公式； （3）由可知点的轨迹是以为直径的球，进而求出平面截该球所得截面圆的半径，从而得到截面面积.根据（2）中推导的球缺体积公式，将所求较小部分体积转化为可求的几何体体积进行计算. 【小问1详解】 已知正三棱锥各棱长均为，是正三角形. 可得. 因为点H是的中心，在正三角形中，. 在中，根据勾股定理， 根据三棱锥体积公式，可得. 【小问2详解】 对于半球，构造一个底面半径，高为的圆柱，在圆柱里挖去一个同底等高的圆锥，如图所示： 则在距离半球底面处，由勾股定理可知截面半径， 此截面面积， 对于上述圆柱挖圆锥的组合体，在距离底面处，圆柱截面面积是， 圆锥在该高度处截面半径为，其截面面积为， 所以组合体在该高度处截面面积 . 可见在任意相同高度处，半球和组合体的截面面积相等. 根据祖暅原理可知夹在半球底面和距离半球底面处的几何体体积相等， 所以当时，夹在半球底面和距离半球底面处的几何体体积为， 所以对于的球缺的体积为； 【小问3详解】 因为，所以点的轨迹是以为直径的球，球的半径. 设球心为，为中点， 为中心，，则到平面的距离. 所以，代入（2）中的体积公式得： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $