精品解析：广东佛山市第一中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题

佛山市第一中学2026年高一下学期期中考试 数 学 试 题 满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 设向量满足，且与的方向相反，则的坐标为（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线m，n与平面，、，下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 4. 如图，青铜器的上半部分可以近似看作圆柱体，下半部分可以近似看作两个圆台的组合体，已知，则该青铜器的表面积为（ ）（假设上、下底面圆是封闭的） A. B. C. D. 5. 已知向量满足，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 6. 在中，角，，所对的边分别为，，.若，，且该三角形有两解，则的范围是（ ） A. B. C. D. 7. 在正方体中，分别是的中点，，则过点的平面截该正方体所得的截面周长为（ ） A. B. C. D. 8. 三棱锥的四个顶点都在半径为5的球面上，并且，，则三棱锥的体积的最大值为（ ） A. 56 B. 48 C. 32 D. 58 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题所给的四个选项中，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. 下列说法中，错误的为（ ） A. 有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥； B. 有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台； C. 底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥； D. 棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥不可能是正六棱锥． 10. 设的内角的对边分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则一定是锐角三角形 B. 若，则一定是钝角三角形 C. 若，则一定是等边三角形 D. 若，则一定是等腰三角形 11. 如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点，则（ ） A. 存在点Q，使B，N，P，Q四点共面 B. 存在点Q，使平面MBN C. 过Q，M，N三点的平面截正方体所得截面面积的取值范围为 D. 经过C，M，B，N四点的球的表面积为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若复数满足：，则______． 13. 已知，，则在方向上的投影向量的坐标为________． 14. 已知，，是同一平面内的三个单位向量，且，则的最大值是________． 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 如图所示，在四棱锥中，底面，四边形是直角梯形，，，，是的中点． （1）求证：平面平面． （2）求二面角的余弦值． 16. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，. （1）求角A； （2）若中边上中线的长度为3，求面积的最大值. 17. 如图，在三棱锥中，为的中点，是边长为1的等边三角形，. （1）证明：平面； （2）若与平面所成的角为，求三棱锥的体积. 18. 已知函数的部分图象如图所示． （1）求，，． （2）已知函数． ①求的分段解析式； ②若在上的图象与直线恰有3个公共点，求的取值范围． 19. 已知函数. （1）若，试求的值； （2）若函数在区间上是增函数，求实数的取值范围； （3）定义在上的函数的图象关于直线对称，且当时，.设，记且，试求中所有元素之和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 佛山市第一中学2026年高一下学期期中考试 数 学 试 题 满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 设向量满足，且与的方向相反，则的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量共线以及模长公式即可求解. 【详解】，且与的方向相反，设 又，此时；. 故选：A. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法，可得答案. 【详解】. 故选：D. 3. 已知直线m，n与平面，、，下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据平面相交时，交线的可能情况判断A；根据线面平行的性质定理以及面面垂直的判定定理，判断B；根据面面平行以及线面垂直的性质可判读C；根据面面垂直的性质可判断D. 【详解】对于A，若，，则可能相交或平行，A错误； 对于B，因为，过m作平面γ和平面交于n，则， 而，故，又，故，B正确； 对于C，若，，则，又， 则可能有，也可能有，C错误； 对于D，若，，， 则可能或或相交，D错误； 故选：B 4. 如图，青铜器的上半部分可以近似看作圆柱体，下半部分可以近似看作两个圆台的组合体，已知，则该青铜器的表面积为（ ）（假设上、下底面圆是封闭的） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据圆柱和圆台的侧面积公式分别求解侧面积，再加上底面积，即可得该青铜器的表面积 【详解】解：因为，， 所以该青铜器的表面积. 故选：A. 5. 已知向量满足，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】将平方结合平面向量数量积的运算律即可得解. 【详解】解：因为， 所以， 解得. 故选：A. 6. 在中，角，，所对的边分别为，，.若，，且该三角形有两解，则的范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因， 则当，即时，三角形有两解， 所以的取值范围是. 7. 在正方体中，分别是的中点，，则过点的平面截该正方体所得的截面周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先确定四点共面，进而计算结果即可. 【详解】取线段的中点为，的中点为，，如图， 因为正方体中，分别是棱的中点， 所以，所以四点共面. 由正方体的棱长为2，可得，， 所得截面周长为， 故选：B. 8. 三棱锥的四个顶点都在半径为5的球面上，并且，，则三棱锥的体积的最大值为（ ） A. 56 B. 48 C. 32 D. 58 【答案】A 【解析】 【分析】设球心为O，连接OA，OB，OC，，结合及棱锥的体积公式求最大值，注意取值条件. 【详解】设球心为O，连接OA，OB，OC，， 设点C、D到平面OAB的距离分别为、，点A、B到平面OCD的距离分别为、， 则，，， 则 ， 当且仅当平面OAB，平面OCD时取等号. 故选：A 【点睛】关键点点睛：利用，结合点C、D到平面OAB的距离和，点A、B到平面OCD的距离和为关键. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题所给的四个选项中，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. 下列说法中，错误的为（ ） A. 有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥； B. 有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台； C. 底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥； D. 棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥不可能是正六棱锥． 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，根据棱锥的定义分析判断，对于B，根据棱台的定义分析判断，对于C，根据正三棱锥的定义分析判断，对于D，根据正六棱锥的定义分析判断. 【详解】对于A，有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫棱锥， 而有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体不一定是棱锥，如图，所以A错误， 对于B，棱台是由棱锥被平行于棱锥底面的平面所截而得，而有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体的侧棱不一定交于一点，所以B错误， 对于C，底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥的顶点不一定在底面的射影为底面等边三角形的中心，所以C错误， 对于D，若六棱锥的所有棱长都相等，则底面为正六边形，由过底面中心和顶点的截面知，若以正六边形为底面，则侧棱必然大于底面边长，所以D正确， 故选：ABC 10. 设的内角的对边分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则一定是锐角三角形 B. 若，则一定是钝角三角形 C. 若，则一定是等边三角形 D. 若，则一定是等腰三角形 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用正弦定理、余弦定理边角互化逐项判断即可. 【详解】A，由余弦定理可得为锐角， 但角度不确定，可为钝角三角形或直角三角形，A错误； B，由余弦定理可得到为钝角，故一定是钝角三角形，B正确； C，因为，由正弦定理可得，即， 又均为的内角，所以，一定为等边三角形，C正确； D，因为，由正弦定理可得，即， 所以，又均为的内角，所以，即一定为等腰三角形，D正确； 故选：BCD 11. 如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点，则（ ） A. 存在点Q，使B，N，P，Q四点共面 B. 存在点Q，使平面MBN C. 过Q，M，N三点的平面截正方体所得截面面积的取值范围为 D. 经过C，M，B，N四点的球的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】作出过的截面判断选项A；取中点为，证明其满足选项B；当在运动时，确定截面的形状，引入参数(如)计算出面积后可得取值范围，判断选项C，过与底面平行的平面截正方体得出的下半部分为长方体，其外接球也是过C，M，B，N四点的球，由此求得球半径，得表面积，判断选项D． 【详解】选项A，连接，正方体中易知， 分别是中点，则，所以，即四点共面，当与重合时满足B，N，P，Q四点共面，A正确； 选项B，如图，取中点为，连接， 因为分别是中点，则与平行且相等，是平行四边形， 所以，又是中点，所以，所以， 平面，平面，所以平面，B正确； 选项C，正方体中，分别是中点，则， 在上，如图，作交于，连接，延长交延长线于点， 连接延长交延长线于点，连接交于点，交于点， 为所过三点的截面， 由正方体的对称性可知梯形与梯形全等， 由面面平行的性质定理，，从而有，由正方体性质， 设，，则，， 是中点，，则，所以，同理， ，，， 梯形是等腰梯形，高为， 截面面积， 设，，， 在上递增，，， 所以，C错； 选项D，取中点，中点，连接，则是正四棱柱（也是长方体）， 它的外接球就是过四点的球，所以球直径为，半径为，表面积为，D正确． 故选：ABD． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若复数满足：，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数模的性质求模. 【详解】因为，所以. 故答案为： 13. 已知，，则在方向上的投影向量的坐标为________． 【答案】 【解析】 【分析】先求出，，，再利用投影向量的公式：在方向上的投影向量为，直接求解即可. 【详解】，， ，， ， 在方向上的投影向量为. 故答案为：. 14. 已知，，是同一平面内的三个单位向量，且，则的最大值是________． 【答案】 【解析】 【分析】先求出的值，再根据向量模的性质，求出的最大值. 【详解】由于， 因为是单位向量，所以，则，. 已知，代入上式可得：，则. 根据向量模的性质，可得： 因为是单位向量，所以，可得： 当且仅当与同向时，等号成立，所以的最大值为. 故答案为：. 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 如图所示，在四棱锥中，底面，四边形是直角梯形，，，，是的中点． （1）求证：平面平面． （2）求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】(1)要证面面垂直,只需找到线面垂直即可.根据已知条件很容易发现,即面,从而得证平面平面. (2)由第一问可知,,,所以为二面角的平面角.然后利用余弦定理求出余弦值即可. 【小问1详解】 四边形是直角梯形,, ,，, 平面,平面, ,又,,平面, 平面,又平面,平面平面. 【小问2详解】 由(1)可知平面, ,平面,,, 为二面角的平面角. ,,. ,二面角的余弦值为. 16. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，. （1）求角A； （2）若中边上中线的长度为3，求面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)根据正弦定理边角互化和三角函数恒等变换可求解； (2)通过向量的运算和基本不等式性质和三角形面积公式可求得面积的最大值. 【小问1详解】 由题意知， 由正弦定理得，， 所以， 又因，则， 所以， 因A为的内角，所以， 由得，则. 【小问2详解】 因是中边上中线， 则， 即，所以， 则， 所以， 所以，当且仅当时，等号成立. 故，即面积的最大值为. 17. 如图，在三棱锥中，为的中点，是边长为1的等边三角形，. （1）证明：平面； （2）若与平面所成的角为，求三棱锥的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用已知得出，再由线面垂直的判定定理可得答案； （2）取的中点，由面面垂直的性质定理得出即为与平面所成的角，求出，再求三棱锥的体积. 【小问1详解】 是边长为1的等边三角形， 为的中点，， ，， ， 又平面平面； 【小问2详解】 由（1）知平面，且平面， 平面平面， 取的中点，连接， ，平面平面， 面， 即为与平面所成的角，， 为的中位线，， 在中，， 故三棱锥的体积为 . 18. 已知函数的部分图象如图所示． （1）求，，． （2）已知函数． ①求的分段解析式； ②若在上的图象与直线恰有3个公共点，求的取值范围． 【答案】（1），， （2）①；② 【解析】 【小问1详解】 由题图可知，由，得， 得．由题图可知，的图象过点， 则，得， 因为，所以． 【小问2详解】 ①当时，， 此时，得． 当时，， 此时，得． 故． ②由，得． 由，得， 即或， 因为在上的图象与直线恰有3个公共点， 所以， 得，即的取值范围为. 19. 已知函数. （1）若，试求的值； （2）若函数在区间上是增函数，求实数的取值范围； （3）定义在上的函数的图象关于直线对称，且当时，.设，记且，试求中所有元素之和. 【答案】（1） （2） （3） 当或时，所有元素之和为； 当时，所有元素之和为； 当时，所有元素之和为. 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式结合同角三角函数的基本关系计算可得结果. （2）利用辅助角公式化简函数解析式，结合函数的单调性可求的取值范围. （3）求出函数解析式，画出函数图象，问题转化为直线与图象交点横坐标的和，讨论的范围，结合图象的对称性可得结果. 【小问1详解】 由题意得，， ∴， ∴. 【小问2详解】 ∵，∴，故在上为减函数，在上为增函数， 当时，在上为减函数，不合题意. 当时，，其中，. 由得，. ∵函数在区间上是增函数， ∴，即，故， ∴，故. 【小问3详解】 当时，. ∵的图象关于直线对称， ∴当时，，. 记中所有元素之和为. 由得，，根据对称性得， 根据，作出在上的图象， 当时，直线与函数的图象有两个交点，这两个交点关于直线对称，故. 当时，直线与函数的图象有三个交点，其中一个交点横坐标为，其余两点关于直线对称，故. 当时，直线与函数的图象有四个交点，此时有两对关于直线对称的点，故. 当时，直线与函数的图象有两个交点，这两个交点关于直线对称，故. 综上得，当或时，；当时，；当时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $