精品解析：河南漯河市临颍县综合高中2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题

2025-2026学年高一下学期数学期中考试 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 在中，内角，，的对边分别为，，.若，，，则（ ） A. B. 20 C. 16 D. 2. 若复数z满足，则复数可以是（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 6 4. 下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，平行四边形中，是的中点，在线段上，且，记，，则（ ） A. B. C. D. 6. 函数的图象的一个对称中心为（ ） A. B. C. D. 7. 已知在中,内角所对的边分别为,,若此三角形有且只有一个,则a的取值范围是（ ） A. B. C. 或 D. 8. 如图所示，已知在中，是线段上的靠近A的三等分点，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数（其中）的部分图象如图所示，图像经过点，关于直线对称，则下列说法正确的是（ ） A. 的图象关于点中心对称 B. 在区间上单调递增 C. 的图象关于直线对称 D. 直线与图象的所有交点的横坐标之和为 10. 已知，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知正方体的棱长为2，为底面内（包括边界）的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 存在点，使得平面 C. 若，则点在正方形底面内的运动轨迹长为 D. 若点是的中点，点是的中点，经过，，三点的正方体的截面周长为 三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分. 12. 已知中，为的中点，且，则向量在向量上的投影向量为__________. 13. 已知，，且，则______. 14. 如图，在中，已知，点分别在边上，且，点为中点，则的值为_________________. 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. 在锐角中，内角的对边分别为，且. （1）求角的大小； （2）若，求的面积. 16. 已知单位向量的夹角为，向量，向量． （1）若，求的值； （2）若，求的值； （3）若，求的值． 17. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，点，分别为，的中点，设平面平面. （1）证明：平面； （2）证明：； （3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 18. 如图，在等腰梯形中，，，，，分别是，的中点. （1）求； （2）点在边上，若，求； （3）若为梯形所在平面内的一点，且，求的最小值. 19. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面四边形ABCD为直角梯形，，，，，M，N分别为PC，PB中点． （1）求证：． （2）求BD与平面ANMD所成角的余弦值． （3）求点C到平面PBD的距离． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高一下学期数学期中考试 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 在中，内角，，的对边分别为，，.若，，，则（ ） A. B. 20 C. 16 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正弦定理、余弦定理求解即可. 【详解】因为，，所以. 由正弦定理可知，，所以，， 又，所以，所以. 由余弦定理知，，所以，即. 又， 所以，所以. 故选：D. 2. 若复数z满足，则复数可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为复数满足，即复数对应的点Z到点的距离与到点的距离相等， 记点，点，即复数对应的点一定在线段的垂直平分线上，即在直线上，所以复数的实部一定是，所以复数可以是. 3. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】根据，得到，建立等式求解即可． 【详解】，， ， 解得：， 故选：B． 4. 下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦函数，余弦函数的图象和性质，结合函数图象的变化规律即可判断． 【详解】A．，是以为最小正周期，且在区间上单调递增，在区间上单调递减，故错误； B．是以为最小正周期，且在区间上单调递减，故错误； C．是以为最小正周期，且在区间上单调递增，故正确； D．是以为最小正周期，在处没有意义，故错误； 故选：C． 5. 如图，平行四边形中，是的中点，在线段上，且，记，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取，作为基底，把 用基底表示出来，利用向量的减法即可表示出. 【详解】取，作为基底，因为是中点，则. 因为，所以， 所以. 故选：D. 6. 函数的图象的一个对称中心为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】根据正切函数的性质，的图象的对称中心的横坐标满足，， 解得，， 所以的图象的对称中心为，. 对照各选项，可知时，对称中心为. 7. 已知在中,内角所对的边分别为,,若此三角形有且只有一个,则a的取值范围是（ ） A. B. C. 或 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意求出,然后数形结合可得a的范围． 【详解】由,正弦定理可得； ∵这样的三角形有且只有一个,∴或； 故选C． 【点睛】本题考查正弦定理的应用,考查三角形解的情况,考查特殊角的三角函数值,属于基础题． 8. 如图所示，已知在中，是线段上的靠近A的三等分点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因是线段上的靠近A的三等分点，则. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数（其中）的部分图象如图所示，图像经过点，关于直线对称，则下列说法正确的是（ ） A. 的图象关于点中心对称 B. 在区间上单调递增 C. 的图象关于直线对称 D. 直线与图象的所有交点的横坐标之和为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据函数的周期性和最小值可求得，利用函数的对称性，单调性和图象性质即可求解. 【详解】由图可知，， 因为解得，所以， 又因为， 所以,解得， 因为，所以，所以， ，所以的图象不关于点中心对称，A错误； 解得, 所以当时，，所以在区间上单调递增，B正确； ，所以的图象不关于直线对称，C错误； 令即， 所以或， 即或， 因为，所以满足条件的所有的值为 所以所有交点的横坐标之和为，D正确， 故选:BD. 10. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用复数模的意义、乘法运算，结合共轭复数的意义逐项计算判断. 【详解】对于A，，，A正确； 对于B，，则，B正确； 对于C，，则，C正确； 对于D，，，，D错误. 故选：ABC 11. 已知正方体的棱长为2，为底面内（包括边界）的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 存在点，使得平面 C. 若，则点在正方形底面内的运动轨迹长为 D. 若点是的中点，点是的中点，经过，，三点的正方体的截面周长为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由题意可知点到平面的距离是常数2，从而可得结论，对于B，当点为的中点时，利用线面平行的判定定理分析判断，对于C，若，则点在以为直径的球面上，然后通过判断球心到平面的距离分析判断，对于D，连接，可证得经过，，三点的正方体的截面为梯形，求出梯形的周长，可得截面周长. 【详解】对于A，因为为底面内（包括边界）的动点， 所以点到平面的距离是2， 所以， 即三棱锥的体积为定值，所以A正确； 对于B，设，连接，当点为的中点时，，且∥， 所以四边形为平行四边形，所以∥， 因为平面，平面， 所以平面，所以B正确， 对于C，若，则点在以为直径的球面上，球心为的中点，半径为， 因为到平面的距离为2，且， 所以以为直径的球与平面无交点， 所以不存在点，使，所以C错误， 对于D，连接，因为点是的中点，点是的中点， 所以∥，， 因为∥，所以∥， 所以经过，，三点的正方体的截面为梯形， 因为，， 所以梯形的周长为， 即经过，，三点的正方体的截面周长为，所以D正确， 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：此题考查棱锥的体积的求法，考查线面平行的判定，考查正方体的截面，D选项解题的关键是利用平行关系确定出过，，三点的截面，从而可求了截面周长，考查空间想象能力和推理能力，属于较难题. 三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分. 12. 已知中，为的中点，且，则向量在向量上的投影向量为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的运算性质，结合投影向量的定义进行求解即可. 【详解】 ，因此是直角三角形，如下图所示： 过作，垂足为，因为，所以， 又因为为的中点，所以为的中点， 所以， 所以向量在向量上的投影向量为. 13. 已知，，且，则______. 【答案】2 【解析】 【分析】根据模长公式即可代入求解. 【详解】由，得，将，代入得，解得. 故答案为：2 14. 如图，在中，已知，点分别在边上，且，点为中点，则的值为_________________. 【答案】4 【解析】 【详解】试题分析： 考点：向量数量积 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. 在锐角中，内角的对边分别为，且. （1）求角的大小； （2）若，求的面积. 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理将已知等式化成角的正弦的形式，化简解出，再由是锐角三角形，即可算出角的大小； （2）由余弦定理的式子，结合题意化简得，与联解得到的值，再根据三角形的面积公式加以计算，可得的面积． 【详解】解：（1）中，， 根据正弦定理，得， 锐角中，， 是锐角的内角，； （2），， 由余弦定理，得， 化简得， ，平方得， 两式相减，得，可得． 因此，的面积． 【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值. 16. 已知单位向量的夹角为，向量，向量． （1）若，求的值； （2）若，求的值； （3）若，求的值． 【答案】（1） （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）根据向量共线定理可得； （2）根据非零向量垂直的充要条件是数量积为零可得； （3）由数量积的定义、运算律及向量模的求法列出方程，求解可得. 或根据题意，设的坐标，用坐标法求解. 【小问1详解】 ∵单位向量的夹角为，∴与不共线. ∵向量，向量， ∴由平面向量共线定理可知，存在唯一实数，使得， 即，则，解得； 方法二：∵单位向量的夹角为，∴不妨设，． 向量，向量． ∵，∴，解得：； 【小问2详解】 ． 若，则， 即，解得． 方法二：若，则，解得：． 【小问3详解】 ． 所以， ． 因为，所以，解得或． 方法二：， 因为所以，解得或． 17. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，点，分别为，的中点，设平面平面. （1）证明：平面； （2）证明：； （3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）1 【解析】 【分析】（1）取PB的中点Q，连接QF，EQ，由题意可证得四边形DEQF为平行四边形，可证得，进而可证得结论； （2）由（1）及线面平行的性质定理，可证得结论； （3）取AB的中点N，由中位线的性质可得，再由线面平行的判断定理可得平面DBF，并可得． 【小问1详解】 取PB的中点Q，连接QF，EQ， 因为点E，F分别为AD，PC的中点， 由题意可证得，且，， 所以，且， 所以四边形DEQF为平行四边形，所以， 而平面PBE，平面PBE， 所以平面PBE. 【小问2详解】 设平面平面， 由（1）可得平面，平面， 所以. 【小问3详解】 在棱AB上存在点N为AB的中点，连接EN，BD， 因为E为AD的中点，所以，平面，平面， 所以平面， 此时． 18. 如图，在等腰梯形中，，，，，分别是，的中点. （1）求； （2）点在边上，若，求； （3）若为梯形所在平面内的一点，且，求的最小值. 【答案】（1） （2） （3）1. 【解析】 【分析】如图建立以为坐标原点，所在直线为轴的平面直角坐标系 （1）求出坐标，据此可得答案； （2）设，由可得，然后可得； （3）设，则，，由，可得，据此可得的最小值. 【小问1详解】 以为坐标原点，所在直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系， 则，，，，，. ，； 【小问2详解】 设，则. 因为，所以， 即，解得. 所以，，； 【小问3详解】 设，则. ，，，. 因为，所以，即. .当且仅当时，等号成立. 所以的最小值为1. 19. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面四边形ABCD为直角梯形，，，，，M，N分别为PC，PB中点． （1）求证：． （2）求BD与平面ANMD所成角的余弦值． （3）求点C到平面PBD的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由平面PAB，证明，结合等腰三角形中，即可证明平面ANMD，由线面垂直性质得； （2）关键在于找到BD与平面ANMD所成的角，由（1）知平面ANMD，且，所以为BD与平面ANMD所成角，进而结合边长可求其余弦值； （3）C到平面PBD的距离就是三棱锥的高，使用等体积法将转化到，即可求解. 【小问1详解】 因为平面ABCD，平面ABCD，所以， 又因为，，且两直线在平面内，所以平面PAB， 因为平面PAB，所以， 因为，且N为PB中点，所以， 又因为，所以平面ANMD， 又因为平面ANMD，所以． 【小问2详解】 连接DN，因为平面ANMD，，所以为BD与平面ANMD所成角， 又因为且，N为PB中点，所以， 所以，即， 又因为且，所以， 所以， 所以BD与平面ANMD所成角的余弦值为． 【小问3详解】 由已知得，，， ， 设点C到平面PBD的距离h， 则． 由，即，解得，即点C到平面PBD的距离为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $