精品解析：宁夏回族自治区银川市第九中学2025-2026学年第二学期高一期末数学试卷

银川九中2025-2026学年第二学期高一年级期末 数学试卷 本试卷共5页，19小题，满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.在试卷上作答无效. 3.非选择题必须使用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一､单选题：本大题共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. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，若，则x的值为（ ） A. 6 B. 2 C. D. 3. 在中，角，，所对的边分别为，，，，，，则（ ） A. 1 B. C. D. 4. 底面圆半径为1，高为的圆锥的表面积为（ ） A. B. C. D. 5. 若、、，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在四面体中，点为的重心，设，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 在中，，分别为内角，的对边，若，则的形状一定是（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等边三角形 8. 正三棱锥侧棱长为，底面棱长为，该三棱锥内切球体积是（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本大题共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. 设复数，则（ ） A. B. 的虚部是 C. 为纯虚数 D. 在复平面内对应的点位于第一象限 10. 已知直线m，l，平面，则下列结论正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 11. 《易经》是中华民族智慧的结晶，易有太极，太极生两仪，两仪生四象，四象生八卦.如图所示是八卦模型图以及根据该图抽象得到的正八边形，其中为正八边形的中心，则（ ） A. B. C. D. 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡相应位置上. 12. 已知点关于坐标平面的对称点为，点关于z轴的对称点为，则 ______． 13. 如图，三棱锥中，平面，与平面所成角为，，，是的中点，则异面直线和所成角的余弦值是__________． 14. 《中国建筑史》（梁思成著）载：“大雄殿之左侧白塔凌空，高十三级，甚峻拔”.该塔位于莲溪县赤城镇白塔街，坐西向东，为四方形楼格式砖石塔，塔身白色，共十三层，自宋代始建以来至今已余年，充分体现了中国传统建筑技术水平.某数学兴趣小组为了测得塔高，如下图，在点测得塔底位于北偏东方向上的点处，塔顶的仰角为，在的正东方向且距点的点测得塔底位于北偏西方向上（，，在同一水平面），则塔的高度约为____________（结果精确到整数，参考数据：） 四､解答题：本大题共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. 已知向量与的夹角为，，． （1）求的值； （2）设向量与的夹角为，求的值． 16. 若的内角的对边分别为，设，，且. （1）求角的值； （2）若 ， ，求. 17. 如图，在正三棱柱中，为的中点，点在棱上，. （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 18. 在中，内角所对的边分别为，已知. （1）求外接圆半径. （2）求面积的最大值. 19. 如图，是边长为4的正方形，平面，，且. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. （3）线段上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 银川九中2025-2026学年第二学期高一年级期末 数学试卷 本试卷共5页，19小题，满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.在试卷上作答无效. 3.非选择题必须使用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一､单选题：本大题共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. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法结合共轭复数的定义可得结果. 【详解】因为，因此复数的共轭复数是. 故选：A. 2. 已知向量，，若，则x的值为（ ） A. 6 B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】应用平面向量垂直的坐标运算公式计算求解参数. 【详解】因为向量，，且， 所以， 所以， 得. 3. 在中，角，，所对的边分别为，，，，，，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据余弦定理求解即可. 【详解】由余弦定理， 所以． 4. 底面圆半径为1，高为的圆锥的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用勾股定理求出圆锥母线长，再分别计算底面积和侧面积，求和得到圆锥表面积. 【详解】圆锥的母线长， 所以圆锥的表面积为. 故选：B. 5. 若、、，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出向量、，利用空间向量法求解即可. 【详解】由题意可得，， 所以点到直线的距离为. 6. 如图，在四面体中，点为的重心，设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的线性运算及重心的性质即可求解. 【详解】如图，连接并延长与相交， 点为的重心，， ． 故选：A. 7. 在中，，分别为内角，的对边，若，则的形状一定是（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等边三角形 【答案】B 【解析】 【分析】由同角三角函数基本关系、正弦定理、辅助角公式化简可得，进而可得，由此判断三角形形状. 【详解】若，得， 由正弦定理可得， 化简可得，即， 利用辅助角公式可得， 即， 所以或，或者（舍）， 所以一定是直角三角形. 8. 正三棱锥侧棱长为，底面棱长为，该三棱锥内切球体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设正三棱锥的表面积、体积分别为、，正三棱锥的内切球半径为，由三棱锥体积公式，可求得内切球半径，再根据球体的体积公式，即可求解. 【详解】由题意，正三棱锥顶点在底面的投影为底面正三角形的中心， 连接、，并延长交于点，连接， 可得平面，为中点，则，， 又底面棱长为，为底面正三角形的中心， 所以，， 又，所以，， 所以，， 同理，可得， 所以， 又，即，解得， 所以. 二､多选题：本大题共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. 设复数，则（ ） A. B. 的虚部是 C. 为纯虚数 D. 在复平面内对应的点位于第一象限 【答案】AC 【解析】 【分析】化简为形式，根据复数加法法则，及复数模的求法判断A；由复数的定义判断B；利用共轭复数的概念判断C；根据复数的几何意义判断D. 【详解】. 因为，所以，所以A正确； 的虚部为1，所以B错误； 因为，所以C正确； 在复平面内对应的点为，位于第二象限，所以D错误. 故选:AC. 10. 已知直线m，l，平面，则下列结论正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A：根据面面平行的传递性即可判断；对于B：根据线性的位置关系即可判断；对于CD：根据线面平行的性质分析判断. 【详解】对于A：若，则，故A正确； 对于B：若，则的位置关系有：平行、相交或异面；故B错误； 对于C：若，则，故C正确； 对于D：若，则，故D正确； 故选：ACD. 11. 《易经》是中华民族智慧的结晶，易有太极，太极生两仪，两仪生四象，四象生八卦.如图所示是八卦模型图以及根据该图抽象得到的正八边形，其中为正八边形的中心，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据向量相等判断A，以为基底分别表示可计算出的结果判断B，正八边形判断共线，再找到它们的模长关系，利用向量共线定理得到它们的倍数关系判断C；将，则利用向量数量积运算得到判断D. 【详解】由题可知，选项A不正确； 在正八边形中，，； 所以，所以选项B正确； 由题可知在正八边形中有，且，，所以，所以，选项C正确； 连接，则 ，,选项D正确. 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡相应位置上. 12. 已知点关于坐标平面的对称点为，点关于z轴的对称点为，则 ______． 【答案】 【解析】 【详解】因为空间点关于坐标平面对称时，坐标取反，坐标不变， 所以关于坐标平面的对称点为， 因为空间点关于轴对称时，坐标不变，坐标都取反， 所以关于轴的对称点为， 所以． 13. 如图，三棱锥中，平面，与平面所成角为，，，是的中点，则异面直线和所成角的余弦值是__________． 【答案】## 【解析】 【分析】取BC的中点F，连接，利用中位线定理将异面直线PB平移至EF，从而将异面直线所成角转化为中的内角（或其补角），通过计算三角形三边长并利用余弦定理求解. 【详解】平面，与底面线面角为，， 中，，, 是中点，直角三角形斜边中线：, ，, 取中点，连接，是中位线：， 就是异面直线所成角（或补角）， ,则是等边三角形， 为中点，, 在中，， 所以， 所以异面直线和所成角的余弦值是. 14. 《中国建筑史》（梁思成著）载：“大雄殿之左侧白塔凌空，高十三级，甚峻拔”.该塔位于莲溪县赤城镇白塔街，坐西向东，为四方形楼格式砖石塔，塔身白色，共十三层，自宋代始建以来至今已余年，充分体现了中国传统建筑技术水平.某数学兴趣小组为了测得塔高，如下图，在点测得塔底位于北偏东方向上的点处，塔顶的仰角为，在的正东方向且距点的点测得塔底位于北偏西方向上（，，在同一水平面），则塔的高度约为____________（结果精确到整数，参考数据：） 【答案】36 【解析】 【分析】在中，应用正弦定理求得，根据且计算即可求解CD. 【详解】由题设，在中， ， 由正弦定理得， ， 则m， 在中，由， 则, 所以m. 四､解答题：本大题共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. 已知向量与的夹角为，，． （1）求的值； （2）设向量与的夹角为，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】根据向量的模长公式计算即可； 根据向量的数量积公式及向量夹角公式计算即可. 【小问1详解】 因为， 所以， 所以. 【小问2详解】 因为， 所以， 又因为， 所以. 16. 若的内角的对边分别为，设，，且. （1）求角的值； （2）若 ， ，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由向量共线可得 ，结合正弦定理运算求解； （2）根据题意结合正弦定理可得 ，整理可得，利用正弦定理运算求解即可. 【小问1详解】 因为 ，且，则 ， 由正弦定理得 ， 且，则 ，可得 ，即 ， 又因为，所以. 【小问2详解】 由（1）知， 因为 ，由正弦定理得 ， 则， 整理可得 ，即， 且，可得， 由正弦定理得，所以. 17. 如图，在正三棱柱中，为的中点，点在棱上，. （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明：方法一：在直三棱柱中，， 所以， 所以，所以， 又，所以，，， 则，所以， 所以， 即，又平面， 所以平面． 方法二：如图，以为原点，以所在的直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以， 所以 所以，即 又平面，所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）方法一：根据题意先求的长，可得，利用，可得，再根据线面垂直的判定证明即可； 方法二：以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明线面垂直； （2）方法一：延长交于点，过点作，垂足为，连结，又易得，则即为平面与平面的夹角，再解三角形求其余弦值即可； 方法二：以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法求平面与平面夹角即可； 方法三：根据射影面积法求平面与平面夹角． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法一：如图，延长交于点，过点作，垂足为，连结， 则由平面得， 所以即为平面与平面的夹角． 在中，， 所以，即， 又，所以， 所以，所以， 即平面与平面夹角的余弦值为. 方法二：如图，以为原点，以所在的直线为轴建立空间直角坐标系， 则，所以， 设平面的一个法向量为，则， 取得，又平面的一个法向量为， 记平面与平面的夹角为，则， 即平面与平面夹角的余弦值为． 方法三：由（1）知， 记平面与平面的夹角为，则 即平面与平面夹角的余弦值为． 18. 在中，内角所对的边分别为，已知. （1）求外接圆半径. （2）求面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先用正弦定理将边的关系转化为角的关系，约去后得到关于的方程，利用辅助角公式解出，再由正弦定理求出外接圆半径. （2）用余弦定理结合基本不等式得到，代入面积公式即得最大值. 【小问1详解】 由正弦定理，，代入已知等式： . 因为，两边约去得： ，即. 左边用辅助角公式：，所以. 由得，解得. 由正弦定理，外接圆半径. 【小问2详解】 由余弦定理：，代入，： . 由基本不等式，得，即， 当且仅当时取等号. 面积. 所以的最大值为，此时，三角形为等边三角形. 19. 如图，是边长为4的正方形，平面，，且. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. （3）线段上是否存在一点，使得点到平面的距离为？若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）在上取点，使，连接，，如下图： 因为，即，且，故四边形是平行四边形， 则有且，因为是正方形，则有且， 故且，即四边形是平行四边形，则有， 因为平面， 平面，故 平面. （2） （3）存在； 【解析】 【分析】（1）在上取点，使，通过证明是平行四边形，有，平面， 平面，故 平面； （2）以为原点，为轴建立空间直角坐标系，先求出平面 的法向量，与平面 所成角的正弦值，就是的方向向量与平面 的法向量夹角的余弦值，通过夹角余弦值公式即可求解. （3）由题意可设，再使用点到平面距离公式，即点到平面 的距离即可求出的值，进而得到点的坐标，从而可求. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意可设为原点，为轴建立空间直角坐标系，如下图： 则， ， 设平面 的法向量，则有， 令，则，即，直线的方向向量为， 设直线与平面 的夹角为，则有 ， 故直线与平面 所成角的正弦值为. 【小问3详解】 已知，平面 的法向量，且， 设是线段上一点，由可设， 则， 点到平面 的距离， 令，解得（舍）或，故存在满足条件的点， 则，故线段长. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $