精品解析：广东省广州育才中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题

广州市育才中学2025学年第二学期期中考试 高一数学试卷 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题），总分150分，考试时间120分钟. 一、单项选择题：（每小题5分，共40分） 1. 已知，，分别为三个内角，，所对的边，若，，，则（ ） A. B. C. 或 D. 【答案】A 【解析】 【详解】在中，由正弦定理可得，解得，  由于，则，即为锐角，故. 2. 如图所示，已知正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形斜二测画法的直观图，则其原图形的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据斜二测画法还原图形，结合图形求解. 【详解】根据斜二测画法还原得下图： 因为四边形是边长为的正方形，则，所以，， 又因为，，则， 同理可得，， 因此，原图形的周长为. 故选：B. 3. 设，是不同的直线，，是不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. ，，则 B. ，， C. ，，则 D. ，，则 【答案】B 【解析】 【详解】对于A，若，，则与平面平行或或相交，故A错误； 对于B，因为，，故，而，故，故B正确； 对于C，，，则或，故C错误； 对于D，若，，则与平面的位置关系不确定（可能平行、相交或在平面内），故D错误. 4. 中，，则=（ ）. A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由余弦定理和平面向量的数量积定义求解. 【详解】由余弦定理，可得， 所以. 故选：A. 5. 在棱长为1的正方体中，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知求出的面积，再由等体积法求点到平面的距离． 【详解】如图，连接， 正方体的棱长为1，是边长为的等边三角形， ， 设点到平面的距离为， 由，得， 可得，则点到平面的距离为． 故选：C． 6. 猫儿山位于广西桂林，是南岭山脉越城岭主峰、广西第一高峰，因峰顶巨石形似卧猫得名，它是漓江发源地，也是国家级自然保护区，生物多样性丰富，有“华南之巅”的美誉．如图，计划在猫儿山的两个山顶间架设一条索道．为测量间的距离，工作人员在同一水平面选取三个观测点，在处测得山顶的仰角分别为和，测得两个山顶的高分别为，且测得，则间的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件先求出中的两边，再利用余弦定理求即可. 【详解】由题意，可得， 且，在中，可得， 在中，可得， 在中，由余弦定理得： 所以． 故选：D． 7. 如图1的“方斗”古时候常作为一种容器，有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，，，现往该方斗杯里加水，当水的高度是方斗杯高度的一半时，水的体积为74，则该方斗杯可盛水的总体积为（ ） A. 148 B. C. D. 196 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件结合台体体积公式计算求解即可. 【详解】设线段，，，的中点分别为，，，，如下图所示： 易知四边形为等腰梯形，因为线段，的中点分别为，， 则，设棱台的高为，体积为， 则棱台的高为，设其体积为，则，， 所以，则该方斗杯可盛水的总体积为. 故选:D. 8. 如图，在中，点是的中点，过点的直线分别交直线，于不同的两点，若，，，则的最小值（ ） A. 2 B. 8 C. 9 D. 18 【答案】C 【解析】 【分析】由向量加法及数乘的几何意义得，再由向量共线的结论有，最后应用“1”的代换及基本不等式求最小值. 【详解】由题意，，又共线，则， 且，所以， 当且仅当时取等号，即的最小值为9. 故选：C 二、多项选择题：（每小题6分，共18分） 9. 若复数，则（ ）． A. B. z在复平面内对应的点位于第三象限 C. D. 复数满足，则的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据复数除法运算化简，结合复数的几何意义和模长公式可判断ABC；利用复数的几何意义可判断D. 【详解】对A，，正确； 对B，对应复平面内的点为，位于第四象限，错误； 对C，由复数模长公式得，正确； 对D，设，则， 又，所以，所以对应复平面上的点在圆心为原点的单位圆上， 又表示点和之间的距离， 所以，的最大值等于原点和之间的距离加1， 即，正确. 故选：ACD 10. 已知向量，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若在上的投影向量为，则向量与的夹角为 D. 的最大值为3 【答案】ACD 【解析】 【分析】应用向量垂直计算判断A，应用向量平行得出正切进而得出角判断B，根据投影向量公式计算得出夹角判断C，应用向量坐标模长公式计算结合正弦值域判断D. 【详解】对于A，由，得，因此，故A正确； 对于B，若，则，所以，所以，故B错误； 对于C，因，， 由在上的投影向量为，解得， 又，，故C正确； 对于D，因， 故， 当，即时， 也即时，取得最大值9，即的最大值为3，故D正确. 故选：ACD. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（含端点），则下列结论正确的有（ ） A. 过，，三点的平面截正方体所得的截面的面积为 B. 异面直线与所成角的取值范围是 C. 当在线段上运动时，三棱锥的体积不变 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据正方体的性质，结合异面直线的定义、线面平行、面面平行的判定定理和性质定理逐项判定可确定ABC的正误，利用展开法和点到点距离的三角不等式，结合余弦定理计算可求得的最小值，进而判定D. 【详解】对于A，取的中点，连接， 因为为中点，所以， 因为 ，所以， 所以过，，三点的平面截正方体所得的截面为梯形， 又， 所以梯形的高为， 所以，故A正确； 对于B，因为，所以异面直线与所成角即为直线与所成角， 因为，所以当为的中点时，， 此时直线与所成角最大为， 当与点或重合时，直线与所成角最小， 因为，所以直线与所成角最小为， 所以异面直线与所成角的取值范围是，故B错误； 对于C， 因为，又平面，平面， 所以平面，所以上的点到平面的距离均相等， 所以到平面的距离为定值，又的面积固定， 所以当在线段上运动时，三棱锥的体积不变，C正确； 对于D，将等腰直角三角形展开与矩形在同一个平面内， ， 当共线时取等号，故D正确. 三、填空题（每空5分，共15分） 12. 已知圆锥的母线长为6，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为______． 【答案】## 【解析】 【分析】首先根据展开图和圆锥的关系，可设圆锥的底面半径为，则在展开图扇形中有，求得，再由圆锥的高为，利用面积公式即可得解. 【详解】设圆锥的底面半径为， 则展开图扇形的弧长为，半径为母线长， 所以，， 所以圆锥的高为， 所以. 故答案为：. 13. 如图，正三棱柱的底面边长是，侧棱长是为的中点，是侧面内的动点，且平面，则点的轨迹的长度为_______． 【答案】 【解析】 【分析】取的中点，的中点，通过线面平行可得平面平面，由此可确定点的轨迹为线段，求出的长即可得到结果. 【详解】 如图，取的中点，的中点，连接，则， ∵平面平面，∴平面， ∵为的中点，∴， ∵平面平面，∴平面， ∵平面平面，∴平面平面， ∵是侧面上一点，且平面， ∴的轨迹为线段， 由得点的轨迹的长度为． 故答案为：. 14. 若正方形的边长为，，分别为，的中点，为线段上的动点（含端点），则的取值范围为___________． 【答案】 【解析】 【分析】借助正方形的特点，建立合适的平面直角坐标系，求出的坐标，进而可得到的表达式，根据线段的方程及二次函数的性质可求其范围. 【详解】如图，以为原点，所在直线分别为轴建立平面直角坐标系， 则， 因为分别为的中点，所以. 又为线段上的动点（含端点），故可设. 所以， 所以. 由知之间的关系为，所以， 将代入可得 ， 又，故，故， 所以的取值范围为. 四、解答题（共77分）： 15. 已知向量满足，，且与的夹角为． （1）若，求实数的值； （2）求与的夹角的余弦值． 【答案】（1）． （2） 【解析】 【分析】（1）根据两个向量垂直，则它们的数量积为0，并利用向量数量积公式计算. （2）先计算，再计算，最后根据向量夹角的余弦公式求解. 【小问1详解】 由题意可得， 因为，所以， 即， 解得． 【小问2详解】 设与的夹角为，由（1）可知，， 由题意可得， 由，得， 所以． 16. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且. （1）求； （2）若，，设为的角平分线，求的长. （3）若，且的面积为，求的周长. 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，即可得解. （2）利用三角形面积公式列式求解即得. （3）利用余弦定理及面积公式列式求出，即可求得周长. 【小问1详解】 在中，由及由正弦定理，得， 而，则，又， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，由为的角平分线，得， 即，而，， 所以. 【小问3详解】 由（1）知，由，得， 又，由余弦定理，得， 即，解得， 所以的周长为. 17. 如图，四棱锥中，平面，底面是正方形，，为中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求直线与平面所成角的大小． 【答案】（1）证明：连接，交于点，连接， 因为四边形是正方形，所以为中点， 又为中点，所以， 因为平面，平面， 所以平面． （2）证明：因为四边形是正方形，所以， 又平面，平面，所以，， 因为平面， 所以平面，又平面，所以， 在中，因为为中点，则， 因为平面， 所以平面． （3） 【解析】 【分析】（1）连接，交于点，连接，根据三角形中位线的性质及线面平行的判定即可证明； （2）根据线面垂直的性质和判定即可证明； （3）根据线面夹角的定义，求得线面夹角的平面角即可求解． 【小问1详解】 略． 【小问2详解】 略． 【小问3详解】 因为平面，平面，所以， 又四边形是正方形，所以， 因为平面，所以平面， 连接， 则直线与平面所成角的平面角为， 又平面，所以， 在正方形中，， 因为平面，平面，所以， 因为，所以， 在中，，， 所以直线与平面所成角为． 18. 在中，角所对的边分别是，且. （1）求； （2）若是边上靠近的三等分点，，，求的面积； （3）若为锐角三角形，且，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理将等式化简，结合和差倍角的正弦公式即可求得. （2）先用基底向量将表示出，然后两边进行平方，并利用向量数量积的定义求出，最后根据三角形面积公式求出面积. （3）利用正弦定理求出的表达式，然后根据锐角三角形的角的范围求出结果即可. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得， 所以， 所以，又因为，所以， 所以，又因为，所以， 所以，故； 【小问2详解】 因为是边上靠近的三等分点， 所以， 所以， 又因为，，， 所以，化简得， 即，解得或（舍去）， 所以； 【小问3详解】 由正弦定理可得， 所以， 所以 ， 因为为锐角三角形，所以，解得，· 所以，所以， 所以，所以的取值范围. 19. 如图1，在三棱锥中，平面平面，，为的中点．是边长为2的等边三角形． （1）证明：平面面； （2）若，求直线和所成角的余弦值； （3）点在棱上，如图2，，三棱锥的体积为4，求二面角平面角的正切值． 【答案】（1）因为，为的中点，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面， 所以平面面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质得出平面，在根据面面垂直的判定即可证明； （2）分别取的中点M、N，连接，得到异面直线和所成角（或为邻补角）即为，再根据已知求其余弦值； （3）过点E作交于N．过点N作交于点M，连接，利用面面垂直、线面垂直的判定和性质定理，确定为二面角的平面角，再由已知求其正切值． 【小问1详解】 略． 【小问2详解】 如下图，分别取的中点M、N，连接， 因为O为中点，所以且， 所以异面直线和所成角（或为邻补角）即为， 因为是边长为2的等边三角形，所以， 由（1）知，平面，因为平面，所以， 由，得，得． 在直角三角形中，则， 在中， 所以直线和所成角的余弦值为． 【小问3详解】 如下图，过点E作交于N．过点N作交于点M，连接， 因为且，所以， 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面，因为平面，所以，， 在中，因为，所以，而，则， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以，所以为二面角的平面角， 因为， 因为，所以， 又因为，所以，得， 因为，所以， 因为，所以， 所以． 所以二面角平面角的正切值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广州市育才中学2025学年第二学期期中考试 高一数学试卷 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题），总分150分，考试时间120分钟. 一、单项选择题：（每小题5分，共40分） 1. 已知，，分别为三个内角，，所对的边，若，，，则（ ） A. B. C. 或 D. 2. 如图所示，已知正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形斜二测画法的直观图，则其原图形的周长为（ ） A. B. C. D. 3. 设，是不同的直线，，是不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. ，，则 B. ，， C. ，，则 D. ，，则 4. 中，，则=（ ）. A. B. C. D. 5. 在棱长为1的正方体中，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 6. 猫儿山位于广西桂林，是南岭山脉越城岭主峰、广西第一高峰，因峰顶巨石形似卧猫得名，它是漓江发源地，也是国家级自然保护区，生物多样性丰富，有“华南之巅”的美誉．如图，计划在猫儿山的两个山顶间架设一条索道．为测量间的距离，工作人员在同一水平面选取三个观测点，在处测得山顶的仰角分别为和，测得两个山顶的高分别为，且测得，则间的距离为（ ） A. B. C. D. 7. 如图1的“方斗”古时候常作为一种容器，有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，，，现往该方斗杯里加水，当水的高度是方斗杯高度的一半时，水的体积为74，则该方斗杯可盛水的总体积为（ ） A. 148 B. C. D. 196 8. 如图，在中，点是的中点，过点的直线分别交直线，于不同的两点，若，，，则的最小值（ ） A. 2 B. 8 C. 9 D. 18 二、多项选择题：（每小题6分，共18分） 9. 若复数，则（ ）． A. B. z在复平面内对应的点位于第三象限 C. D. 复数满足，则的最大值为 10. 已知向量，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若在上的投影向量为，则向量与的夹角为 D. 的最大值为3 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（含端点），则下列结论正确的有（ ） A. 过，，三点的平面截正方体所得的截面的面积为 B. 异面直线与所成角的取值范围是 C. 当在线段上运动时，三棱锥的体积不变 D. 的最小值为 三、填空题（每空5分，共15分） 12. 已知圆锥的母线长为6，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为______． 13. 如图，正三棱柱的底面边长是，侧棱长是为的中点，是侧面内的动点，且平面，则点的轨迹的长度为_______． 14. 若正方形的边长为，，分别为，的中点，为线段上的动点（含端点），则的取值范围为___________． 四、解答题（共77分）： 15. 已知向量满足，，且与的夹角为． （1）若，求实数的值； （2）求与的夹角的余弦值． 16. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且. （1）求； （2）若，，设为的角平分线，求的长. （3）若，且的面积为，求的周长. 17. 如图，四棱锥中，平面，底面是正方形，，为中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求直线与平面所成角的大小． 18. 在中，角所对的边分别是，且. （1）求； （2）若是边上靠近的三等分点，，，求的面积； （3）若为锐角三角形，且，求的取值范围. 19. 如图1，在三棱锥中，平面平面，，为的中点．是边长为2的等边三角形． （1）证明：平面面； （2）若，求直线和所成角的余弦值； （3）点在棱上，如图2，，三棱锥的体积为4，求二面角平面角的正切值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $