精品解析：北京市昌平区2025-2026学年第二学期高一年级期末质量抽测数学试题（第一组）

昌平区2025-2026学年第二学期高一年级期末质量抽测 数学（第一组） 2026年7月 本试卷共4页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将答题卡交回. 第一部分（选择题共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 若复数，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先通过复数乘法运算化简得到复数z的代数形式，再根据共轭复数的定义求解即可 【详解】 由，根据乘法分配律展开得， 因此的共轭复数. 2. （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为， 所以原式. 3. 已知向量，满足，，，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，，，则， 且，可得， 所以与的夹角为. 4. 当代水墨画常以扇环形构图.如图，若，，，则此扇环形水墨画的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意可知：，，， 所以此扇环形水墨画的面积为. 5. 已知，是两个不重合的平面，，是两条不重合的直线，下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】C 【解析】 【详解】对于选项A：若，，则或，故A错误； 对于选项B：若，，则，的位置关系有平行、相交或异面，故B错误； 对于选项C：若，，则，故C正确； 对于选项D：若，，则，的位置关系有平行、相交，故D错误. 6. 已知函数，则（ ） A. 在区间上单调递减 B. 在区间上单调递增 C. 在区间上单调递减 D. 在区间上单调递增 【答案】B 【解析】 【分析】先利用平方差公式、同角三角函数基本关系及二倍角余弦公式化简为，再结合余弦函数的单调性逐一判断各选项. 【详解】， 因为，，可得. 的单调递增区间为，单调递减区间为，令. 选项A，当时，，在上单调递减，在上单调递增，故在该区间不单调，A错误. 选项B，当时，，是时的单调递增区间，故在该区间单调递增，B正确. 选项C，当时，，在上单调递减，在上单调递增，故在该区间不单调，C错误. 选项D，当时，，在上单调递增，在上单调递减，故在该区间不单调，D错误. 7. 已知，，则“存在使得”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】将方程化为，利用正弦相等的一般解集，判断给定条件是否覆盖所有情况. 【详解】充分性：若满足题设，即， 则故充分性成立. 必要性：若，可能满足或， 此时并不一定满足题设情形，因此必要性不成立. 所以题设条件是结论的充分不必要条件，故选A. 8. 如图，在正三棱锥中，，.过的中点作与和都平行的平面，则该平面截三棱锥所得的截面面积为（ ） A. B. 10 C. D. 20 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查正三棱锥的截面面积，关键是通过平行关系确定截面的形状和边长.由截面与、平行且过中点，可知截面各边均为中点连线，截面是平行四边形.再证明，从而截面为矩形，其边长分别为和，面积即可求得. 【详解】设截面为，过中点，且，. 因为，，故与底面的交线过且平行于，交于. 在中，为中点，，所以为中点，且. 因为，， 故与侧面的交线过且平行于，交于. 在中，为中点，， 所以为中点，且. 同理，与侧面的交线过且平行于，交于， 则为中点，. 与侧面的交线为， 由中位线性质得，，. 故截面四边形为平行四边形，，. 下面证明. 设底面中心为，连接， 则底面.取中点，连接， 因为正三角形，. 又底面， 所以. 因此平面， 从而. 因为，，且， 所以， 所以平行四边形为矩形，面积. 9. 将函数的图象上所有点向右平移个单位，得到函数的图象，若以与图象上相邻的三个交点为顶点的三角形面积为，则函数图象的一个对称中心为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用函数图象平移规则得出的解析式，再由对称性及面积求得交点坐标，可得结果. 【详解】如图， 不妨取轴右侧的连续三个交点，分别记为的最小正周期为，可得， 由的面积为及对称性知，，解得， 进而，代入得， 即，并结合，得， 所以．令， 解得，所以函数图象的对称中心是， 所以是函数图象的一个对称中心． 10. 在中，，，.若是中点，为线段上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用余弦定理解得，建立平面直角坐标系，设，，可得，进而分析最值. 【详解】在中，，，， 由余弦定理可得， 即，整理可得，解得或（舍去）， 以点为坐标原点，建立平面直角坐标系，如图所示， 则，，，，设，， 则，，，可得， 则， 当时，取到最小值. 第二部分（非选择题 共110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 在复平面内，复数对应的点的坐标为__________ 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：因为，所以复数对应的点的坐标为. 考点：复数的运算 12. 我国魏晋时期的数学家刘徽在给《九章算术》作注时发现，正方体内切球的体积与对应的“牟合方盖”的体积之比为.若正方体的棱长为2，则对应的“牟合方盖”的体积为_________. 【答案】 【解析】 【详解】因为正方体的棱长为2，则正方体内切球的半径为1，体积为， 又因为正方体内切球的体积与对应的“牟合方盖”的体积之比为， 所以对应的“牟合方盖”的体积为. 13. 已知向量，，在正方形网格中的位置如图所示.若网格纸上小正方形的边长为1，则__________，_________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据平面向量基本定理，结合平面向量数量积的定义和运算性质进行求解即可. 【详解】如下图所示： 设, ，显然， 根据平面向量基本定理，可得， 所以； . 14. 若点关于直线的对称点为，则的一个取值为_________. 【答案】 【解析】 【分析】通过坐标关于对称的性质求解. 【详解】点为单位圆上对应角为的点，其关于直线的对称点对应的角为，即对称点坐标可表示为. 由题意知该对称点与重合，因此两角终边相同， 可得：，， 移项整理得，即，. 取，即可得的一个取值为. 15. 在棱长为2的正方体中，设点为底面内（含边界）的动点.给出下列四个结论： ①若平面平面，则三棱锥外接球的表面积为； ②若平面过的中点，且与棱交于点，则多面体的体积为； ③点，到平面的距离之和的最大值为； ④点，到平面的距离之和的最小值为. 其中正确结论的序号是__________. 【答案】②③④ 【解析】 【分析】对于①：可证平面平面，可知点即为点，三棱锥外接球即为正方体的外接球，进而分析求解；对于②：分析可知点为棱的中点，多面体为台体，结合台体体积公式运算求解；对于③④：设二面角的平面角为，可得，结合余弦函数单调性运算求解. 【详解】对于①：因为，且，可知为平行四边形，则， 且平面，平面，可得平面， 同理可证：， 且平面，平面，可得平面， 又因为，平面，可得平面平面， 可知点即为点，三棱锥外接球即为正方体的外接球，其半径， 所以三棱锥外接球的表面积为，故①错误； 对于②：因为平面平面，平面平面，平面平面， 可得， 又因为，则， 且为棱的中点，则点为棱的中点，可知多面体为台体， 又因为，， 所以多面体的体积，故②正确； 对于③④：不妨设，设， 则，，可知二面角的平面角为， 可得， 当点与点重合时，令， 则，，， 当点与点重合时，则，可得， 则，， 设点，在平面内的投影分别为， 则，， 可得， 因为，则， 当，即点与点重合时，取到最大值； 当，即点与点重合时，取到最小值； 故③④正确. 三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 已知向量，，且与的夹角为. （1）求； （2）求的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 由得， 又，夹角，则. ， 故. 【小问2详解】 ， 当时，最小值为. 17. 在中，，，，，垂足为. （1）求； （2）求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】根据余弦定理求出BC；先用求出的面积，再用等面积法求出AD. 【小问1详解】 由余弦定理， 所以 故. 【小问2详解】 的面积为 又， 所以 18. 已知函数. （1）求函数的最小正周期； （2）求函数在区间上的最大值和最小值； （3）若函数在区间上存在零点，求实数的最大值. 【答案】（1） （2） 最大值 ，最小值 （3） 【解析】 【分析】(1)利用三角恒等变换公式展开并化简函数，将其转化为的形式,对于求最小正周期，因为化简后是正弦型函数，所以直接套用周期公式 (2)确定化简后三角函数的角的取值范围，再结合正弦函数在该范围的单调性，确定最值对应的位置 (3)先令求解出函数所有零点的通式，再结合区间上存在零点的条件，找到满足条件的最大的 【小问1详解】 ，最小正周期 ． 【小问2详解】  令 ，由  得 ．  在  递增，在  递减． 当  即  时取最大值 ； 比较端点  时 ， 时 ，故最小值为 ． 【小问3详解】 ． 区间  存在零点等价于  左侧的最大零点  满足 ． 由  得 ，整数  最大取 ，此时 ． 故  的最大值为 ． 19. 在中，，. （1）求； （2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一，求的面积. 条件①： 条件②：； 条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】（1） （2） 选择条件②或条件③，的面积为；条件①不符合要求. 【解析】 【分析】(1)通过正弦定理和二倍角公式化简求解. (2)①利用正弦定理判断的存在性.②通过余弦定理求解后利用三角形面积公式求解.③通过正弦定理求得后与②的步骤一致. 【小问1详解】 在中，因为，所以， 而，解得，又，所以. 【小问2详解】 选择①，因为，， ，所以，解得，不成立，所以①不符合要求. 选择②，因为，，，解得. 所以面积. 选择③，因为，所以. 又，，，，解得. 所以面积. 20. 如图，在四棱锥中，为等边三角形，平面平面，，，，. （1）设平面平面，求证：； （2）求证：； （3）在直线上是否存在一点，使得平面？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）因为，平面，平面，可得平面， 又因为平面平面，平面，所以. （2）设的中点为，连接， 因为为等边三角形，则， 且平面平面，平面平面，平面， 可得平面，由平面可得， 又因为，，平面， 可得平面，且平面，所以. （3）存在点，使得平面，此时. 【解析】 【分析】（1）可证平面，结合线面平行的性质定理分析证明； （2）根据面面垂直的性质可得平面，进而可证平面，即可得结果； （3）可证平面，可得，可知平面，进而分析求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设的中点为，连接， 因为为等边三角形，则， 又因为平面，且平面，所以， 且，则， 且，平面，可得平面， 若平面，则，可知平面， 设，连接， 因为，，则点为的中点，可得，符合题意， 所以存在点，使得平面，此时. 21. 对于给定正整数，定义集合，是的个非空子集且互不相同．记有限集合的元素个数为，集合中所有元素的平方和为． （1）若，且，写出所有满足条件的集合； （2）若，对任意的，都有，求的最大值； （3）若，，且对任意，都有，求的最大值． 【答案】（1） （2）6 （3） 【解析】 【分析】（1）先求出集合中所有元素的平方和为3，再考虑的补集中元素的平方和为1，即可求出满足条件的集合； （2）先给出的构造，再证明，即可说明的最大值为6； （3）先给出的构造，再按的子集的元素个数分情况证明，即可说明的最大值为． 【小问1详解】 集合中所有元素的平方和 ， 故的补集的平方和为，又的补集的元素个数为2， 故的补集为或， 因此满足条件的集合． 【小问2详解】 当时，集合，记． 因为对任意的，都有， 取子集， 则满足任意两个子集的交集为，且，此时． 下面证明． 满足元素平方和为1的的子集为：， 因为对任意，都有， 所以集合的任意两个子集的交集只能为之一． ①当的任意两个子集的交集为时，中除外剩余5个元素，最多可构造6个子集，即． ②当的任意两个子集的交集为时，则中除外剩余4个元素，最多可构造5个子集，即． 同理，当的任意两个子集的交集为时，． 综上，的最大值为6． 【小问3详解】 结论：的最大值为． 取，集合符合题意，此时． 下面证明． 将的所有子集按元素个数分为一元子集、二元子集、三元子集三类，分情况讨论： ①若中有一元子集，不妨设． 因为对任意，都有， 所以对任意，都有． 由中除外剩余个元素，所以除外的子集至多有个，故． ②若中没有一元子集，但有二元子集，不妨设． 因为对任意，都有， 所以对任意，都有或． 所以中除外其它的子集分两类：设含有不含的集合有个，含有不含的集合有个，则． 若，对任意，都有， 中除外剩余个元素，则含有不含的子集最多有个， 则，有； 同理，若，也有． 若且，对任意，都有或． 任取含有不含的子集，且，故除外最多有2个元素，则的个数最多为2． 假设的个数为3，不妨设为，则对应的含有的子集为，与已知矛盾． 所以． ③若均为三元子集，不妨设． 其它的子集分为三类：设含有不含的集合有个，含有不含的集合有个，含有不含的集合有个，则． 若，则中除外剩余个元素，每个子集需配2个元素， 若为奇数，则最多构造个三元子集，所以； 若为偶数，则最多构造个三元子集，所以． 若且，则除外，含有不含的集合至多有2个， 同理其余两类集合至多有两个，所以． 综上，的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 昌平区2025-2026学年第二学期高一年级期末质量抽测 数学（第一组） 2026年7月 本试卷共4页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将答题卡交回. 第一部分（选择题共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 若复数，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 2. （ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，满足，，，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 4. 当代水墨画常以扇环形构图.如图，若，，，则此扇环形水墨画的面积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，是两个不重合的平面，，是两条不重合的直线，下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 6. 已知函数，则（ ） A. 在区间上单调递减 B. 在区间上单调递增 C. 在区间上单调递减 D. 在区间上单调递增 7. 已知，，则“存在使得”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 8. 如图，在正三棱锥中，，.过的中点作与和都平行的平面，则该平面截三棱锥所得的截面面积为（ ） A. B. 10 C. D. 20 9. 将函数的图象上所有点向右平移个单位，得到函数的图象，若以与图象上相邻的三个交点为顶点的三角形面积为，则函数图象的一个对称中心为（ ） A. B. C. D. 10. 在中，，，.若是中点，为线段上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 第二部分（非选择题 共110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 在复平面内，复数对应的点的坐标为__________ 12. 我国魏晋时期的数学家刘徽在给《九章算术》作注时发现，正方体内切球的体积与对应的“牟合方盖”的体积之比为.若正方体的棱长为2，则对应的“牟合方盖”的体积为_________. 13. 已知向量，，在正方形网格中的位置如图所示.若网格纸上小正方形的边长为1，则__________，_________. 14. 若点关于直线的对称点为，则的一个取值为_________. 15. 在棱长为2的正方体中，设点为底面内（含边界）的动点.给出下列四个结论： ①若平面平面，则三棱锥外接球的表面积为； ②若平面过的中点，且与棱交于点，则多面体的体积为； ③点，到平面的距离之和的最大值为； ④点，到平面的距离之和的最小值为. 其中正确结论的序号是__________. 三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 已知向量，，且与的夹角为. （1）求； （2）求的最小值. 17. 在中，，，，，垂足为. （1）求； （2）求. 18. 已知函数. （1）求函数的最小正周期； （2）求函数在区间上的最大值和最小值； （3）若函数在区间上存在零点，求实数的最大值. 19. 在中，，. （1）求； （2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一，求的面积. 条件①： 条件②：； 条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 20. 如图，在四棱锥中，为等边三角形，平面平面，，，，. （1）设平面平面，求证：； （2）求证：； （3）在直线上是否存在一点，使得平面？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由. 21. 对于给定正整数，定义集合，是的个非空子集且互不相同．记有限集合的元素个数为，集合中所有元素的平方和为． （1）若，且，写出所有满足条件的集合； （2）若，对任意的，都有，求的最大值； （3）若，，且对任意，都有，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $