精品解析：河南南阳市2025-2026学年高一下学期期终质量评估数学试题

2026年春期高中一年级期终质量评估 数学试题 注意事项： 1．考生做题时将答案答在答题卡的指定位置上，在本试卷上答题无效． 2．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 3．选择题答案使用2B铅笔填涂，非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚． 4．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效． 5．保持卷面清洁，不折叠、不破损． 一、选择题：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. （ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 若一个水平放置的等边三角形的边长为2，则其斜二测直观图的面积为（ ） A. B. C. D. 4. 在锐角中，内角，，的对边分别为，，，已知角，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，为三条不同的直线，，为两个不同平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，且，，则 D. 若，，且，，则 6. 已知点同时是函数与的对称中心，则的最小正整数值为（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 7. 如图，在中，，F为线段上的一点，，若E为的中点，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知，且，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 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. 已知向量，，则（ ） A. B. 与夹角为 C. D. 在上的投影向量为 10. 如图所示的圆锥中，，的直径，点在上，且，点为中点，则（ ） A. 平面 B. 圆锥的侧面积为 C. 异面直线与的夹角为 D. 与平面夹角的正弦值为 11. 在中，内角、、的对边分别为、、，则下列说法正确的是（ ） A. 若是锐角三角形，则 B. 若是直角三角形，则 C. 若，则是钝角三角形 D. 当，，时，若为的内心，则的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 一个物体在大小为的力的作用下产生大小为的位移，且力与的夹角为，则力所做的功______． 13. 一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为，，，则此球的体积为______________． 14. 在中，角为锐角，若，则的最大值为______________ 四、解答题：本大题共5小题，共计77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知复数，，. （1）若为纯虚数，求的值； （2）求． 16. 已知正三棱柱，，，为的中点． （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离． 17. 在中，内角、、的对边分别为、、，向量，，且． （1）求； （2）若，的面积为，求的周长． 18. 已知的部分图象如图所示． （1）求的解析式； （2）若，求在上的值域； （3）若把的图象向右平移个单位后得到函数的图象，设，求在上的零点之和． 19. 在四棱锥中，侧棱长均为，，，． （1）求证：平面平面； （2）求二面角的平面角的余弦值； （3）若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成角最大？并求出最大角的正弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年春期高中一年级期终质量评估 数学试题 注意事项： 1．考生做题时将答案答在答题卡的指定位置上，在本试卷上答题无效． 2．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 3．选择题答案使用2B铅笔填涂，非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚． 4．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效． 5．保持卷面清洁，不折叠、不破损． 一、选择题：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. （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】直接利用诱导公式化简即得解. 【详解】. 故选：A 【点睛】本题主要考查诱导公式化简求值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 2. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【详解】由， 对应复平面内的点坐标为，位于第二象限． 3. 若一个水平放置的等边三角形的边长为2，则其斜二测直观图的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据直观图面积与原图面积关系计算即可． 【详解】等边三角形的边长为2，则面积为， 根据直观图面积与原图面积公式关系为，故． 4. 在锐角中，内角，，的对边分别为，，，已知角，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】已知两边及一边的对角，可利用余弦定理计算另一边长，注意验证锐角三角形． 【详解】由余弦定理可知， 整理得，即，解得或； 因为为锐角三角形，故角，，均为锐角， 当时，，不满足题意，故舍去； 当时，，满足题意； 故． 5. 已知，，为三条不同的直线，，为两个不同平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，且，，则 D. 若，，且，，则 【答案】D 【解析】 【分析】A选项，根据线面平行的判定定理进行判断；B，C选项，根据面面垂直的判定定理进行判断；D选项，根据面面平行的判定定理进行判断． 【详解】A选项，平面外一条直线与平面内一条直线平行，则线面平行，选项中未强调平面外的直线，故A错误； B选项，若，则两平面可能相交，可能平行，故B错误； C选项，一条直线垂直于平面内两条相交直线可得线面垂直，选项中未强调相交，故不成立； D选项，根据，，且，，可得，， 一条直线垂直于两个平面，则这两个平面平行，故D正确． 6. 已知点同时是函数与的对称中心，则的最小正整数值为（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据正切函数和余弦函数的对称中心列出等式． 【详解】由正切函数的对称中心为，则，即， 故的对称中心为； 由余弦函数的对称中心为，则，即， 故的对称中心为； 因为点同时是函数与的对称中心， 故，解得； 故，解得； 故的最小正整数为5． 7. 如图，在中，，F为线段上的一点，，若E为的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的加减运算与平面向量基本定理，找定一组基底，通过向量的转化计算比值． 【详解】设，因为E为的中点，则， 根据向量加法运算可知， 所以； 由B，D，E三点共线，则， 因为，故； 故，整理得，解得； 故． 8. 已知，且，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】利用凑角的思路，将所给的角转化为两角和差，利用两角和差公式进行计算． 【详解】由整理可得，， 展开得 ， 整理可得， 由可得，代入上式可得： ，因为，故； 故，解得． 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. 已知向量，，则（ ） A. B. 与夹角为 C. D. 在上的投影向量为 【答案】BCD 【解析】 【详解】对于A选项，由题意可得，，则，故A错误； 对于B选项，， 又因为，故，即与夹角为，故B正确； 对于C选项，，故，故C正确； 对于D选项，在方向上的投影向量为，故D正确. 10. 如图所示的圆锥中，，的直径，点在上，且，点为中点，则（ ） A. 平面 B. 圆锥的侧面积为 C. 异面直线与的夹角为 D. 与平面夹角的正弦值为 【答案】AD 【解析】 【分析】利用线面垂直的判定定理可判断A选项；利用圆锥的侧面积公式可判断B选项；利用异面直线所成角的定义可判断C选项；利用线面角的定义可判断D选项. 【详解】对于A选项，在底面圆中，为弦的中点，由垂径定理可得， 因为平面，平面，所以， 因为，、平面，所以平面，故A正确； 对于B选项，因为的直径，则， 因为平面，平面，所以， 由勾股定理可得， 故该圆锥的侧面积为，故B错误； 对于C选项，因为、分别为、的中点，所以， 所以异面直线与的夹角为或其补角， 因为点在上，所以， 因为，所以， 在中，，， 由余弦定理可得， 故异面直线与的夹角不是，故C错误； 对于D选项，连接，如下图所示： 因为平面，所以与平面所成角为，且，， 因为平面，平面，所以， 由勾股定理可得， 所以，即与平面夹角的正弦值为，故D正确. 11. 在中，内角、、的对边分别为、、，则下列说法正确的是（ ） A. 若是锐角三角形，则 B. 若是直角三角形，则 C. 若，则是钝角三角形 D. 当，，时，若为的内心，则的面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用诱导公式结合正弦函数单调性可判断A选项；取可判断B选项；利用正弦定理、同角三角函数的基本关系以及两角和的余弦公式可判断C选项；利用正弦定理、余弦定理可求出的其它元素，可求出的面积，再利用面积公式计算出的值，结合的面积可求得的面积. 【详解】对于A选项，因为是锐角三角形，则，则，即， 因为正弦函数在上为增函数，所以， 同理可得，， 由不等式的基本性质可得，故A正确； 对于B选项，若是直角三角形，不妨设为直角，则， 此时为锐角，且，显然，故B错误； 对于C选项，由及正弦定理可得， 所以，故、均为锐角， 由可得，即， 解得，，故，， 所以 ，故角为钝角，即为钝角三角形，故C正确； 对于D选项，因为，，，则， 由，所以，可得， 即，即，解得，则， 此时，故，， 因为，则，故，则， 设内切圆圆的半径为，则， 故，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 一个物体在大小为的力的作用下产生大小为的位移，且力与的夹角为，则力所做的功______． 【答案】 【解析】 【详解】由题意可知，，， 由平面向量数量积的定义可得 13. 一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为，，，则此球的体积为______________． 【答案】 【解析】 【分析】根据长方体外接球的半径为体对角线的一半，代入体积公式即可． 【详解】长方体外接球的半径为， 根据体积公式可得． 14. 在中，角为锐角，若，则的最大值为______________ 【答案】 【解析】 【分析】由三角恒等变换结合化简得出，分、两种情况讨论，利用诱导公式、辅助角公式化简可得出的最大值. 【详解】在中，角为锐角，且， 即，可得， 即 , 所以， 因为为锐角，则，故， 若，由于，所以，则， 故， 为锐角，且， 因为，所以， 此时当时，即当时，取最大值； 当时，由于，所以，则， 故， 为锐角，且， 因为，所以， 此时当时，即当时，取最大值. 综上所述，的最大值为. 四、解答题：本大题共5小题，共计77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知复数，，. （1）若为纯虚数，求的值； （2）求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用复数的加法化简复数，根据复数为纯虚数可得出关于的等式与不等式，结合可得出的值； （2）方法一：利用复数的乘法化简复数，利用复数的模长公式可得出的值；方法二：利用复数模的几何性质得出，结合复数的模长公式可求得结果；方法三：利用复数三角形式的乘法化简复数的表达式，利用复数的模长公式可求得的值. 【小问1详解】 由，，得． 因为为纯虚数，所以，解得． 【小问2详解】 方法一：由，， 得． 所以． 方法二：． 方法三：． 因为，所以 ， 所以． 16. 已知正三棱柱，，，为的中点． （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离． 【答案】（1）证法一：连接交于，连接． 因为三棱柱为正三棱柱，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以为的中点． 因为点为的中点，所以． 因为平面，平面，所以平面． 证法二：取的中点，连接、、，如下图所示： 在正三棱柱中，且， 所以四边形为平行四边形，所以且， 因为、分别为、的中点，所以且， 故四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为且，、分别为、的中点， 所以且，所以四边形为平行四边形，所以且， 又因为且，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为，、平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）证法一：连接交于，连接，利用中位线的性质可得出，再结合线面平行的判定定理即可证得结论成立；证法二：取的中点，连接、、，证明出平面平面，再利用面面平行的性质可证得结论成立； （2）解法一：连接，利用等体积法求解即可；解法二：由题意可知，点到平面距离等于点到平面距离，过点在平面内作，垂足为点，推导出平面，可知的长即为点到平面的距离，然后利用等面积法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解法一：设点到平面距离为，连接． 在正三棱柱中，为等边三角形， 由，，点为的中点，可得， 因为平面，所以， 因为为等边三角形，为的中点，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以， 由勾股定理可得， ， 所以， 所以，解得：， 所以点到平面的距离为． 解法二：因为点为的中点，所以点到平面距离等于点到平面距离． 在正三棱柱中，为等边三角形， 因为点为的中点，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，、平面，所以平面， 过点在平面内作，垂足为点， 因为平面，所以， 因为，，、平面，所以平面， 所以即为到平面距离． 在中，由，，则． 又因为，所以， 所以点到平面的距离为. 17. 在中，内角、、的对边分别为、、，向量，，且． （1）求； （2）若，的面积为，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量平行的坐标表示以及正弦定理、三角恒等变换化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值； （2）利用三角形的面积公式可得出的值，结合余弦定理可得出的值，进而可得出的周长. 【小问1详解】 由，，且得：， 由正弦定理得． 因为，所以， 则， 整理得． 因为，所以，所以，所以． 因为，所以． 【小问2详解】 因为的面积为，所以，所以． 由余弦定理得：，所以， 所以． 所以的周长为． 18. 已知的部分图象如图所示． （1）求的解析式； （2）若，求在上的值域； （3）若把的图象向右平移个单位后得到函数的图象，设，求在上的零点之和． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据图象可求出函数的最小正周期，可得出的值，再由以及的取值范围可得出的值，即可得出函数的解析式； （2）解法一：利用诱导公式化简得出，由可求出的取值范围，再结合余弦函数的基本性质可求得在上的值域； 解法二：利用三角恒等变换化简得出，由可求出的取值范围，再结合余弦函数的基本性质可求得在上的值域； （3）利用两角和与差的余弦公式化简得出，然后分别解出和在时的解，即可得出答案. 【小问1详解】 设函数的最小正周期为， 由图可知，则，所以，即， 又因为，所以，， 因为，所以，，所以． 【小问2详解】 解法一：由（1）知， 则． ． 因为， 所以． 因为，即，所以， 即，所以在上的值域为； 解法二：由（1）知， 则， ， 则 ， 因为，即，所以， 即，所以在上的值域为． 【小问3详解】 由题知， 则， 所以 ， 令即，则或． 当时，，，即，． 因为，所以，化简得：，， 则，或，． 当时，，，即，， 因为，所以， 化简得：，，此时不存在，即无解. 故在上的零点之和为． 19. 在四棱锥中，侧棱长均为，，，． （1）求证：平面平面； （2）求二面角的平面角的余弦值； （3）若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成角最大？并求出最大角的正弦值． 【答案】（1）在四棱锥中，侧棱长均为，，， ． 所以、、均为边长为的等边三角形． 证法一：分别取、的中点、，连接、、，则，． 因为、分别为、的中点，所以，， 由已知，，所以，， 所以四边形为平行四边形，所以． 因为，所以． 又因为，平面，平面，所以平面． 因为平面，所以平面平面． 证法二：取的中点，连接、、． 因为、为边长为的等边三角形，所以，， 且，所以为二面角的平面角． 在等腰梯形中，过、分别作、，垂足分别为、， 因为，，，所以四边形为矩形，则， 因为，，且，所以， 所以，则， 由勾股定理可得， ， 在中，，，所以，所以， 所以二面角为直二面角，所以平面平面． 证法三：延长、交于点，连接， 因为，，所以、分别为、的中点， 所以，则， 因为为等边三角形，所以， 所以，则， 所以，即，同理可证， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2） （3）当点在线段靠近点的四等分点处时，直线与平面所成角最大，其正弦值为 【解析】 【分析】（1）证法一：分别取、的中点、，连接、、，证明出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； 证法二：取的中点，连接、、，分析可知为二面角的平面角，利用勾股定理推导出为直角，结合面面垂直的定义可证得结论成立； 证法三：延长、交于点，连接，推导出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）分别取、的中点、，连接、、、、，由二面角的定义可知为二面角的平面角，求出三边边长，结合余弦定理求解即可； （3）记直线与平面所成角为，设点到平面的距离为，则，要使得最大，则的长取最小值，过在平面内作，垂足为点，分析可知点到平面的距离为的长，推导出，求出三边边长，并求出的长，可求出的最大值，即可得出结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 分别取、的中点、，连接、、、、， 因为为等边三角形，为的中点，所以， 因为，，为的中点，所以，， 所以四边形为平行四边形，所以，同理可证， 因为，故， 因为为的中点，所以，且， 因为，所以，所以为二面角的平面角． 因为等边的边长为，所以． 在中，，，为的中点，所以, 所以． 在中，，， 由余弦定理得． 所以二面角的平面角的余弦值为. 【小问3详解】 记直线与平面所成角为，设点到平面的距离为，则， 要使直线与平面所成角最大，则只需要最大，即的长最小． 由（1）方法1知：，平面，则平面． 过在平面内作，垂足为点， 因为平面，平面，所以． 因为，，所以平面． 又因为，平面，平面，所以平面， 所以点到平面距离等于点到平面距离，即为． 在等边中，为中点，， 所以． 由平面，平面，则， 因为，，、平面，所以平面， 因为平面，所以，所以取最小值时，点与重合． 连接，在等边中，为中点，则， 因为，，则，即是靠近点的四等分点 ， 所以当点在线段靠近点的四等分点处时，直线与平面所成角最大． 在等边、等边中，为中点，， 则， 则在中，， 所以． 综上所述：当点在线段靠近点的四等分点处时，直线与平面所成角最大， 其正弦值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $