精品解析：安徽蚌埠市联考2025-2026学年第二学期期末学业水平监测高一数学

2025-2026学年度第二学期期末学业水平监测高一数学 本试卷满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 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. 已知是虚数单位，复数，则的虚部为（ ） A. 1 B. C. D. -1 2. 若向量，则实数（ ） A. -1 B. 1 C. -3 D. 3 3. 利用斜二测画法作边长为2的正三角形的直观图，则所得直观图的面积为（ ） A. B. C. D. 4. 已知正四棱台的上、下底面边长分别是、，高为，则该四棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 将函数的图象向右平移个单位长度得到余弦曲线，则的解析式为（ ） A. B. C. D. 6. 已知一个圆锥的底面半径为1，体积为，则其侧面积为（ ） A. B. C. D. 7. 设，角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在圆心为的半圆中，，，，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，则（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在长方体中，，，点是棱上的动点（不含端点），过点作长方体的截面，将长方体分成上下两部分，体积分别为，则（ ） A. 对任意点，四边形是平行四边形 B. 对任意点， C. 存在点，使截面为菱形 D. 存在点，使是直角三角形 11. 在中，分别是中线、角平分线和高，其中均在上，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，，若，则___________． 13. 已知都是锐角，，则______ 14. 设函数.若对任意实数a，均有，则k的最小值为________. 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. 已知向量和，且与的夹角为． （1）求； （2）求的值； （3）求与的夹角的余弦值． 16. 已知函数的部分图象如图所示，其中点与点关于直线对称． （1）写出点的坐标并求函数的解析式； （2）当，时，求的值域． 17. 如图，在正方体中，． （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值； （3）求点到平面的距离． 18. 在锐角三角形中，角所对的边分别为，且， （1）求证：； （2）求角的取值范围； （3）求的取值范围． 19. 如图，在四棱锥中，四边形为正方形，，分别为，的中点． （1）证明：平面； （2）若平面平面，直线与直线所成角的余弦值为． （i）求边的长； （ii）求四棱锥外接球的体积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度第二学期期末学业水平监测高一数学 本试卷满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 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. 已知是虚数单位，复数，则的虚部为（ ） A. 1 B. C. D. -1 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的乘法运算以及复数的概念即可求解. 【详解】， 所以的虚部为1. 故选：A 【点睛】本题主要考查了复数的乘法运算以及复数的概念，属于基础题. 2. 若向量，则实数（ ） A. -1 B. 1 C. -3 D. 3 【答案】D 【解析】 【详解】因为向量， 所以， 解得. 3. 利用斜二测画法作边长为2的正三角形的直观图，则所得直观图的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据直观图画法得底不变，为2，再研究高，最后根据三角形面积公式求结果． 【详解】根据斜二测画法的特征，可得底不变，为2，高为 ， 所以直观图的面积是. 4. 已知正四棱台的上、下底面边长分别是、，高为，则该四棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意可知，该正四棱台的体积为. 5. 将函数的图象向右平移个单位长度得到余弦曲线，则的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平移规则逆向推导,再利用诱导公式变换匹配选项. 【详解】由题意，,将替换为，可得：,AC错误； 由，对变形：，C正确，D错误. 6. 已知一个圆锥的底面半径为1，体积为，则其侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】∵ 圆锥底面半径，体积，由圆锥体积公式， 代入得，∴ . ∴ 圆锥母线长， ∴ 圆锥侧面积. 7. 设，角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】∵ 角的终边经过点，且，根据任意角的正切函数定义 由二倍角公式，代入得 又，因此有 化简得，结合同角三角函数平方关系，代入得： ，整理为， 解一元二次方程得. ∵ ，故，且， 舍去负根（小于，不符合余弦值域），因此. 8. 如图，在圆心为的半圆中，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取线段的中点，连接，推导出，，然后将向量用、表示，利用平面向量数量积的运算性质可求得的值. 【详解】取线段的中点，连接，由垂径定理可知， 则， 同理可得， 因为，即，所以， 所以. 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. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【详解】，A错误； ，B正确； ，C错误； ，D正确. 10. 如图，在长方体中，，，点是棱上的动点（不含端点），过点作长方体的截面，将长方体分成上下两部分，体积分别为，则（ ） A. 对任意点，四边形是平行四边形 B. 对任意点， C. 存在点，使截面为菱形 D. 存在点，使是直角三角形 【答案】ABC 【解析】 【详解】如图所示，以A为原点建立空间直角坐标系， 设，， 则截面与棱的交点， 则且等长； 且等长. 故四边形是平行四边形，A正确； 长方体体积，截面的对角线与交于 长方体中心，即截面过几何中心. 因此截面将长方体平分为两个全等部分，故，B正确； ，令其相等解得， 此时，满足， 四边形是平行四边形且邻边相等， 故截面是菱形，C正确； 三边平方为： ， 若，则，不符合； 若或，解得，不符合. 故无满足条件的点，使是直角三角形，D错误. 11. 在中，分别是中线、角平分线和高，其中均在上，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据三角形三边关系确定的取值范围，再根据均值不等式确定的取值范围，根据余弦定理得出关于的表达式，进而确定的取值范围，进而判断选项A；在和中分别使用余弦定理并相加，得出关于的表达式，进而确定的取值范围,进而判断选项B；利用面积法和二倍角公式得出关于的表达式，进而确定的取值范围，进而判断选项C；根据三角形面积公式和正弦定理得出关于的表达式，进而确定的取值范围，进而判断选项D. 【详解】设，已知， 根据三角形三边关系有：，成立，， ，. 根据余弦定理：，， 所以，代入得：， 由，根据均值不等式，，时取等号， 又，，当时，， ，则，A正确； 是中线，则 ，在和中分别使用余弦定理： 在中：， 在中：， ，，将上述两式相加得： ，又， ，又， ，B错误； ， 利用二倍角公式化简左边得： ， 由， ，又，，C正确； 是高，面积，同时， ，联立解得， 令，则， 当时，，当时，， ，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，，若，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据向量垂直的数量积表示即可求值. 【详解】已知，则，计算得：. 13. 已知都是锐角，，则______ 【答案】 【解析】 【分析】根据两角差的余弦公式，结合同角三角函数关系式进行求解即可. 【详解】因为都是锐角， 所以，又因为， 所以， ， 因此 ， 因为是锐角， 所以. 14. 设函数.若对任意实数a，均有，则k的最小值为________. 【答案】16 【解析】 【详解】由条件知 ， 当且仅当时，取到最大值. 根据条件，知任意一个长为1的开区间至少包含一个最大值点.从而，. 反之，当时，任意一个开区间均包含的一个完整周期，此时，. 综上，k的最小值为，其中，表示不超过实数x的最大整数. 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. 已知向量和，且与的夹角为． （1）求； （2）求的值； （3）求与的夹角的余弦值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用数量积的定义直接求解. （2）利用数量积的运算律，结合（1）的结论求解. （3）利用数量积的运算律及向量夹角公式求解. 【小问1详解】 已知，由数量积的定义可得：． 【小问2详解】 ， 所以． 【小问3详解】 因为， 16. 已知函数的部分图象如图所示，其中点与点关于直线对称． （1）写出点的坐标并求函数的解析式； （2）当，时，求的值域． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据点和点关于直线对称可得出点的坐标，结合图象得出的值，再由以及的取值范围可得出的值，再由可得出关于的等式，设函数的最小正周期为，推导出，可得出的取值范围，即可得出的值，即可得出函数的解析式； （2）当时，则，因为，则，对实数的取值范围进行分类讨论，分析函数在区间上的单调性，可求出函数的最大值和最小值，即可得出其值域. 【小问1详解】 依题意，点和点关于直线对称，所以点的坐标为． 由图象易得，所以， 又函数的图象过点，则，可得， 因为，故， 而，可得， 所以，解得， 设函数的最小正周期为，由图可知，则，故， 故，，所以． 【小问2详解】 当时，则， 因为，则， 当时，，所以在上单调递减， 而，，所以； 当时，，且，则， 由可得，由可得， 此时函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 又因为，，则， 综上所述，函数的值域为． 17. 如图，在正方体中，． （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）在正方体中，连结， 由平面平面， 所以， 又， 平面，且， 因此平面， 又平面，因此， 同理，， 又平面，且， 平面． （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设，的交点为，连接， 由（1）知平面， ， 故为二面角的平面角, 因为， 所以， 即二面角的正弦值为． 【小问3详解】 显然， 设到平面的距离为． 由得，， 解得． 即点到平面的距离为. 18. 在锐角三角形中，角所对的边分别为，且， （1）求证：； （2）求角的取值范围； （3）求的取值范围． 【答案】（1）因，由正弦定理得， 整理得， 即， ，故， 因为为锐角三角形，则，， 所以，即. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用正弦定理边转角及正弦的和差角公式，即可求解； （2）根据条件，建立不等关系，即可求解； （3）根据条件，利用正弦定理得，令，再利用函数的单调性，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为是锐角三角形，则， 解得，所以角的取值范围为． 【小问3详解】 由（1）及正弦定理得 令，则，因此， 因为在区间上单调递增， 故，即， 所以的取值范围为． 19. 如图，在四棱锥中，四边形为正方形，，分别为，的中点． （1）证明：平面； （2）若平面平面，直线与直线所成角的余弦值为． （i）求边的长； （ii）求四棱锥外接球的体积． 【答案】（1）证明：取中点，连接，，如图所示： 是中点，，且， 又，且，故平行且相等， 即四边形是平行四边形，， 又平面平面， 故平面． （2）（i）或；（ii）或 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，可得四边形是平行四边形，即可得到，从而得证； （2）（i）利用面面垂直的性质定理推出，由勾股定理求出，确定点的位 置信息，在中应用余弦定理解得的两个取值，分情况讨论求出； （ii）根据的两个取值分情况讨论外接球的体积：若，则两两相互垂直，故四棱锥的外接球即以为棱的正方体外接球，可求出外接球半径，根据球体公式可得；若，求出，根据正弦定理得到的外接圆半径，作平行且等于，四棱锥的外接球即为直三棱柱的外接球，记外接圆的圆心分别为，连接，取中点，易知点为外接球球心，由和外接圆半径求出外接球半径，根据球体公式可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）因为正方形，所以且， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，所以， 因为，易知， 由（1）知，所以为直线与直线所成角， 即． 在中，由余弦定理得， 即，化简得， 解得，或， 若，因为，所以； 若，由， , 解得． 综上，或． （ii）①当时，两两相互垂直，且， 故四棱锥的外接球即以为棱的正方体外接球， 该外接球半径， 四棱锥外接球体积． ②当时，． 由正弦定理得，外接圆半径 作平行且等于， 因为平行且相等，平面，所以几何体为直三棱柱， 记外接圆的圆心分别为，连接，取中点， 如图所示： 易知为直三棱柱的外接球心，且， 故该外接球半径，外接球体积． 综上，所求体积为或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $