精品解析：重庆市南开中学校2025-2026学年高一下学期期末学业水平检测数学试题

2025-2026学年高一（下）期末学业水平检测 数学 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分，考试时间120分钟.第Ⅰ卷和第Ⅱ卷都答在答题卷上. 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、单项选择题：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. 复数在复平面内对应的点位于（ ） 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，对应点为在第二象限. 2. 已知平面向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题设，又， 则，可得. 3. 如图，矩形是水平放置的平面四边形ABCD用斜二测画法画出的直观图，其中，，则原四边形ABCD的对角线（ ） A. B. C. 2 D. 6 【答案】C 【解析】 【详解】由题意及斜二测画法，原四边形为平行四边形，且， 其中，， 所以. 4. 三棱锥中，，，，且，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由，且，则，整理得，因此， 由，知是的中点，则， 由，则. 5. 如图，在正三棱锥中，两两垂直，E为BC中点，则直线AE与PC所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】若是的中点，根据已知及异面直线所成角的定义得直线与所成角的平面角为或其补角，令，进而求出相关线段长，应用余弦定理求角的余弦值. 【详解】若是的中点，因为是的中点，则， 连接，则直线与所成角的平面角为或其补角， 由题设，令，而两两垂直，为等边三角形， 所以，，， 在中， 故直线与所成角的余弦值为. 6. 下图是正方体的平面展开图，则在原正方体中，下列命题正确的是（ ） A. B. 平面平面BEM C. EF和CD为异面直线 D. 平面DEM 【答案】B 【解析】 【分析】将平面展开图还原为正方体，利用正方体中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐一判断. 【详解】将平面展开图还原为正方体，如图， 对于A：与显然是异面直线，A错误； 对于B：因为，，且，且平面， 平面，所以平面平面，B正确； 对于C：显然，C错误； 对于D：因为，与夹角为，所以与夹角为， 所以平面不成立，D错误. 7. 已知半径为1的球与正三棱柱的三个侧面和两个底面均相切，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据球与正三棱柱的内切关系，求解正三棱柱棱长，根据等体积法即可求解. 【详解】球与正三棱柱上下底面相切，因此， 球与三个侧面均相切，因此底面正三角形的内切圆半径等于球的半径， 根据正三角形内切圆半径公式（为正三角形边长），因此， 故的高为， 在正三棱柱中，，因此， 同理，故为等腰三角形， 取中点，连接，则， 因此， 所以， 而，其中为到面的距离， 又因为， 所以，解得. 8. 在中，点D为AC边上的点，且，使得.若，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据的定义，确定点位置，结合角平分线定理与余弦定理即可求解. 【详解】根据单位向量定义，分别是，方向上的单位向量， 则与的和向量在的角平分线上，即点在的角平分线上，所以， 因为，故，， 设，，则有，故， 因此， 中，，，解得，则， 在中，，，，， 即， 解得，即， 因此. 二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 已知三条不同的直线m，n，l，两个不同的平面，，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则或 D. 若，，，则 【答案】BC 【解析】 【分析】本题考查空间中线线、线面、面面的平行与垂直关系的判定，需结合相关判定、性质定理及空间想象能力逐一判断命题真假． 【详解】对于A，空间中垂直于同一条直线的两条直线位置关系不确定，可能平行、相交或异面， 例如墙角处垂直于同一条竖线的两条水平线互相垂直，A错误； 对于B，若直线垂直于平面，则直线的方向向量为平面的法向量， 已知，故的方向向量分别是的法向量， 由得两个平面的法向量垂直，因此，B正确； 对于C，若，则平面内的所有直线都平行于， 与平行的直线要么位于内，要么与平行，即或，C正确； 对于D，当时，也可存在满足，且的直线， 因此不一定垂直，D错误． 10. 在平面四边形中，，，，，其中．若，则（ ） A. B. C. 的最大值为 D. 的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】将、用基底、表示，利用平面向量数量积的运算性质结合可得出的值，可判断A选项；将用基底、表示，然后利用平面向量数量积的运算性质可求得的值，可判断B选项；将用基底、表示，然后利用平面向量数量积的运算性质以及二次函数的基本性质可判断C选项；利用平面向量数量积的运算性质以及一次函数的基本性质可判断D选项. 【详解】对于A选项，由题意可知，，， 所以 ，解得，故A正确； 对于B选项，， 所以，故B正确； 对于C选项，， 所以 ， 当且仅当时，等号成立，即的最小值为，故C错误； 对于D选项，， 当且仅当时，等号成立，故的最大值为，故D正确. 11. 已知正方体的棱长为2，动点P满足，其中.经过三点的平面与正方体表面的交线构成多边形，则（ ） A. 当时，直线与平面垂直 B. ，使得多边形为五边形 C. ，使得 D. 平面截正方体内切球所得截面的面积最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】当时，得到点和重合，得截面为，结合线面垂直的判定定理，证得平面，可判定A正确；根据截面的性质，得到截面为四边形，可判定B错误；利用侧面展开图，求得的取值范围，可判定C正确；分别讨论，和时，截面圆的半径，得到截面圆的面积，可判定D正确. 【详解】对于A，当时，可得点和重合，此时过点的平面，即为， 如图（1）所示，在正方体中，因为为正方形，可得， 又由平面，且平面，所以， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以，同理可证：， 因为，且平面，所以平面， 即直线与平面垂直，所以A正确； 对于B，如图（2）所示，若，且，可得点在线段上， 在正方体中，可得， 过点作，交于点，连接， 则经过点三点的平面与正方体表面的交线构成四边形，，所以B不正确； 对于C，将对角面绕着旋转，使其与面展在一个平面上， 如图（3）所示，分别连接，设与交于点， 在直角中，， 即最小值为， 当点与点重合时，可得， 因为， 所以存在，使得，所以C正确； 对于D，如图（4）所示正方体的棱长为， 设正方体的内切球的半径为，可得，且球心为正方体的中心， 当时，点与点重合时，此时截面为， 根据正方体的性质，可得点到平面的距离为， 则截面圆的半径为， 所以截面圆的面积为， 当时，点与点重合时，此时截面为， 根据正方体的性质，可得点到平面的距离为， 则截面圆的半径为，所以截面圆的面积为， 当时，截面为四边形，此时点到平面的距离为， 则截面圆的半径为， 所以截面圆的面积为， 综上可得，截面圆面积的最小值为，所以D正确. 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分.各题答案必须填写在答题卡上相应位置（只填结果，不写过程）. 12. 已知圆锥的底面半径为3，侧面积为，则该圆锥的母线长为________． 【答案】 【解析】 【详解】圆锥侧面积公式为，其中为底面半径，为母线长， 已知底面半径，侧面积，则，解得， 所以圆锥母线长为. 13. 在中D为边AC上一点，且，若点P在线段BD上，设，则________． 【答案】 ## 【解析】 【详解】由，得，则， 因为点在线段上，即三点共线，则， 所以. 14. 已知四棱锥的底面为等腰梯形，其中，，四条侧棱长均为3，则该四棱锥外接球的表面积为________． 【答案】## 【解析】 【分析】作出示意图，利用等腰梯形的对称性和相关边长推出的中点为底面的外接圆圆心，再证平面，判断该四棱锥外接球的球心在直线上，借助于勾股定理求得其半径即可. 【详解】 如图1取的中点，连接，因ABCD为等腰梯形，由对称性得， 又，则四边形是平行四边形，又， 则可得，即点为底面的外接圆圆心. 因四棱锥的侧棱长均为3，则点在底面上的射影为点， 即平面，且，如图2所示. 由题意，该四棱锥外接球的球心在直线上，设球的半径为，连接， 则，由，解得， 则外接球的表面积为 . 四、解答题：本题共5个小题，共77分.各题解答必须答在答题卡上（必须写出必要的文字说明、演算步骤或推理过程）． 15. 如图，在正四棱台中，为的中点，，该棱台的表面积为． （1）求证：平面； （2）求四棱台的体积． 【答案】（1）连接交于点，连接， 在正四棱台中，四边形为正方形， 因为，则为的中点， 又因为为的中点，所以， 因为平面，平面，故平面. （2） 【解析】 【分析】（1）连接交于点，连接，利用中位线的性质可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）由正四棱台的表面积公式可求出等腰梯形的面积，进而可求出等腰梯形的高，结合勾股定理可求出的长，分析可知该正四棱台的高即为等腰梯形的高，结合勾股定理以及台体体积公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 该四棱台的表面积为， 所以，如下图所示： 分别过点、在平面内作、，垂足分别为、， 因为，、，故四边形为矩形，故，， ，所以， 由等腰梯形的几何性质可得，，， 所以，所以， 由勾股定理可得， 由正棱台的几何性质可知，该正四棱台的高即为等腰梯形的高，如下图所示： 分别过点、在平面内作、，垂足分别为点、， 因为，、，所以四边形为矩形， 所以，， 由等腰梯形的几何性质可得，，， 所以，则， 由勾股定理可得， 故该正四棱台的体积为 . 16. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，． （1）求的值； （2）若的面积为3，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将展开为，利用已知及，通过求出，即可求得结果 （2）应用余弦定理得，应用面积公式求出，进而求，再应用正弦定理及求出，即可得. 【小问1详解】 因为，所以，所以， 因为，且， 所以， 所以； 【小问2详解】 由，得，解得， 由，，得，解得， 由，得， 由余弦定理，得. 17. 如图，在矩形ABCD中，，Q为CD的中点，将沿AQ翻折至，使得二面角P-AQ-D的大小为． （1）若，求证：平面平面； （2）若，求直线PC与平面PAB所成角的正弦值． 【答案】（1）在矩形中，， 所以根据勾股定理得， 而，所以，所以. 因为二面角为直二面角，所以二面角也是直二面角， 又平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据勾股定理和面面垂直的性质，先证明平面，进而得出结论. （2）根据线面角的定义计算夹角的正弦值； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，连接交于点,连接，因,则， 则二面角的平面角为，故二面角的平面角为， 易得，则四边形是平行四边形，因此，, 过点作于，则， 因为，，平面，则平面， 又平面，所以， 又平面，所以平面. 因，，则为等边三角形，则， 因为，由余弦定理， 故 设点到平面的距离为，因， 可得，解得 在中，，即点为中点， 在中，,由余弦定理，， 因为平面，且平面，则,则， 设直线PC与平面PAB所成角为，则， 即直线PC与平面PAB所成角的正弦值为. 18. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A，B，C； （2）已知，P，Q，R分别在边AB，BC，CA上（不含端点），且． （ⅰ）求证：； （ⅱ）若为等边三角形，求面积的取值范围． 【答案】（1） （2）（i）证明：由点在上，设，则， 在中，，可得， 由正弦定理得，可得， 因为，所以， 在中，，可得， 由正弦定理，可得， 两式相除，可得，即. （ii） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用向量数量积的公式，求得，由余弦定理，代入求得和，联立方程组，得到且，结合余弦定理，即可求解； （2）（i）设，得到，分别在和中，利用正弦定理，求得和，两式相除，即可得证； （ii）设等边的边长为，，由（i）求得，得到，再由（i）知，结合在上，在上，求得，得到，结合三角形的面积公式，即可求解. 【小问1详解】 解：由向量数量积的公式，可得， 因为，可得 即， 又由余弦定理， 把代入得，整理得， 把代入得，整理得， 联立方程组，可得，即，所以， 则，同理可得， 因为，所以. 【小问2详解】 解：（ii）设等边的边长为，，则， 由（i）可得，可得，解得， 即点为线段的中点，所以， 由（i）知， 因为在上，在上，不包含端点， ①不与重合，则，可得； ②不与重合，可得，可得， 且满足，所以， 则，所以， 因为，可得，所以，解得， 又因为等边的面积为，且， 所以，所以等边的面积取值范围为. 19. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PCD是等边三角形，平面平面ABCD．M在棱PC上满足．过A，M作平面与棱PB，PD分别交于E，F两点（不含端点）． （1）若． （ⅰ）求证：直线平面； （ⅱ）求平面与平面ABCD所成锐二面角的正切值； （2）记四棱锥P-ABCD被平面所截得的上、下两部分几何体的体积分别为，，求的最小值． 【答案】（1）（i）取CD的中点，连接， 侧面PCD是等边三角形 ，，， 又平面平面ABCD，平面平面ABCD， 平面， 如图所示建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 由，故，由，故， 从而,， 设平面的法向量为， 则，令，则，， 取， 又,， 所以，又平面，所以直线平面； (ii) . （2）. 【解析】 【分析】（1）直接建系求平面的法向量，将直线与平面平行的问题转化成直线与平面法向量垂直的问题，将求二面角问题转化成两平面法向量的夹角问题； （2）将不规则几何体利用割补法转化成规则几何体，利用转化思想求体积. 【小问1详解】 （ⅰ）略. （ⅱ）由题意平面的法向量可取为，从而， 从而平面与平面ABCD所成锐二面角的余弦值， 则，即平面与平面ABCD所成锐二面角的正切值为. 【小问2详解】 如图，连接、、、、．， 连接，由题可知、、三条直线交于一点记为， 由平面向量基本定理：存在唯一实数，使得， 由、、，三点共线， 故存在唯一实数，使得， 又， 从而， 从而有，解得，即. 由、、，三点共线，故存在唯一实数，使得 设，，则， 又，所以， 则， ， ， 在中，，，则， ， . 四棱锥P-ABCD被平面所截得的上、下两部分几何体的体积分别为，， 则=， ， 由，所以， ，当时，随的增大而增大， 由，从而当且仅当时，取等号， 从而的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高一（下）期末学业水平检测 数学 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分，考试时间120分钟.第Ⅰ卷和第Ⅱ卷都答在答题卷上. 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、单项选择题：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. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知平面向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 如图，矩形是水平放置的平面四边形ABCD用斜二测画法画出的直观图，其中，，则原四边形ABCD的对角线（ ） A. B. C. 2 D. 6 4. 三棱锥中，，，，且，，则等于（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在正三棱锥中，两两垂直，E为BC中点，则直线AE与PC所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 下图是正方体的平面展开图，则在原正方体中，下列命题正确的是（ ） A. B. 平面平面BEM C. EF和CD为异面直线 D. 平面DEM 7. 已知半径为1的球与正三棱柱的三个侧面和两个底面均相切，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，点D为AC边上的点，且，使得.若，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 已知三条不同的直线m，n，l，两个不同的平面，，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则或 D. 若，，，则 10. 在平面四边形中，，，，，其中．若，则（ ） A. B. C. 的最大值为 D. 的最大值为 11. 已知正方体的棱长为2，动点P满足，其中.经过三点的平面与正方体表面的交线构成多边形，则（ ） A. 当时，直线与平面垂直 B. ，使得多边形为五边形 C. ，使得 D. 平面截正方体内切球所得截面的面积最小值为 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分.各题答案必须填写在答题卡上相应位置（只填结果，不写过程）. 12. 已知圆锥的底面半径为3，侧面积为，则该圆锥的母线长为________． 13. 在中D为边AC上一点，且，若点P在线段BD上，设，则________． 14. 已知四棱锥的底面为等腰梯形，其中，，四条侧棱长均为3，则该四棱锥外接球的表面积为________． 四、解答题：本题共5个小题，共77分.各题解答必须答在答题卡上（必须写出必要的文字说明、演算步骤或推理过程）． 15. 如图，在正四棱台中，为的中点，，该棱台的表面积为． （1）求证：平面； （2）求四棱台的体积． 16. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，． （1）求的值； （2）若的面积为3，求的值． 17. 如图，在矩形ABCD中，，Q为CD的中点，将沿AQ翻折至，使得二面角P-AQ-D的大小为． （1）若，求证：平面平面； （2）若，求直线PC与平面PAB所成角的正弦值． 18. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A，B，C； （2）已知，P，Q，R分别在边AB，BC，CA上（不含端点），且． （ⅰ）求证：； （ⅱ）若为等边三角形，求面积的取值范围． 19. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PCD是等边三角形，平面平面ABCD．M在棱PC上满足．过A，M作平面与棱PB，PD分别交于E，F两点（不含端点）． （1）若． （ⅰ）求证：直线平面； （ⅱ）求平面与平面ABCD所成锐二面角的正切值； （2）记四棱锥P-ABCD被平面所截得的上、下两部分几何体的体积分别为，，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $