精品解析：辽宁大连市辽宁师范大学附属中学2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷

2025—2026学年第二学期期末考试 高一数学试题 注意事项：1.请在答题纸上作答，在试卷上作答无效； 2.本试卷分第Ⅰ卷选择题和第Ⅱ卷非选择题两部分，共150分，考试时间120分钟. 第Ⅰ卷(选择题) 一、单项选择题(本大题共8小题，每题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. 已知扇形的半径为2，面积为1，则该扇形圆心角的弧度数为（ ） A. B. 1 C. D. 2 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. 1 D. 3. 已知向量，向量与的夹角为 且 ，则||=（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4. 已知直线a，b与平面α，β，γ，下列命题是真命题的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知角α的顶点在坐标原点O，始边与x轴的非负半轴重合，若角α的终边绕着原点按顺时针方向旋转后经过点，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆锥的底面半径为，高为，过圆锥高的中点作平行于底面的截面，截得的圆台的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 设，，，则有（ ） A. B. C. D. 8. 在三棱锥中，底面是等边三角形，⊥，二面角的大小为.若三棱锥外接球的表面积为，则该三棱锥体积的最大值为（ ） A. 6 B. 12 C. 12 D. 24 二、多项选择题(本大题共3小题，每题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，有选错的得0分，部分选对的得部分分.) 9. 已知复数，则下列结论正确的有（ ） A. 复数z的虚部为 B. 复数z在复平面内对应的点在第三象限 C. D. 10. 在中，角所对的边分别为，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则符合条件的三角形有两个 B. 已知向量，.若与的夹角为锐角，则的取值范围为 C. 若，则的取值范围为 D. 若的外心为，且，则 11. 已知正三棱台 有内切球O（球O位于三棱台的内部且与各个面均有且只有一个公共点），且 若过O，A，B三点的平面截该三棱台所得截面为α，则（ ） A. 三棱台ABC - A₁B₁C₁的高为2 B. 平面OAB⊥平面OA₁B₁ C. 截面α的面积为12 D. 该三棱台被截面α分成两部分，较小部分与较大部分的体积之比为 第Ⅱ卷(非选择题) 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分.) 12. 已知是一元二次方程 的一个根，则m=_______. 13. 在斜中，若，则_____． 14. 已知三棱锥中，是直角三角形，为的中点，，则三棱锥外接球的表面积为_____． 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. 已知在中， 为边的中点， （1）求的长; （2）求的值. 16. 如图所示，在正三棱柱ABC - A₁B₁C₁中，AB=2，M是线段AC的中点，E，F分别是棱CC₁，BB₁上的点，CE=2BF=2. （1）求证:BM//平面AEF; （2）求证:平面AEF⊥平面ACC₁A₁; （3）求直线BM到平面AEF的距离 17. 在中，内角的对边分别为，且满足. （1）求角B的大小； （2）若，求的取值范围. 18. 如图所示,在五面体中，四边形为矩形，,,． （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面所成角的大小； （3）（i）求五面体外接球的半径； （ii）求五面体内部能转动的最大球的半径． 19. 已知分别为定义在R上的偶函数与奇函数，且满足. （1）求和； （2）定义，. （i）若存在正整数n，使得对任意的恒成立，求实数a的取值范围； （ii）若对任意的恒有，求n的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年第二学期期末考试 高一数学试题 注意事项：1.请在答题纸上作答，在试卷上作答无效； 2.本试卷分第Ⅰ卷选择题和第Ⅱ卷非选择题两部分，共150分，考试时间120分钟. 第Ⅰ卷(选择题) 一、单项选择题(本大题共8小题，每题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. 已知扇形的半径为2，面积为1，则该扇形圆心角的弧度数为（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】利用扇形面积公式，代入已知的半径和面积，求解圆心角的弧度数 【详解】设该扇形的圆心角弧度数为，已知扇形半径，面积， 根据扇形面积公式，将已知条件代入可得： ， 化简得，解得， 所以，该扇形圆心角的弧度数为. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题设，则. 3. 已知向量，向量与的夹角为 且 ，则||=（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【详解】由，可得， 因为，所以 ，即， 所以 ， 所以 ，解得或， 由于向量模长为非负数，故舍去，即. 4. 已知直线a，b与平面α，β，γ，下列命题是真命题的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据面面之间的位置关系判断. 【详解】对A，时，与可能相交，可能平行，当然也可能垂直，A错； 对B，由面面垂直的判定定理知B正确； 对C，，则与可能相交，可能平行，C错； 对D，，由线面平行的性质定理知过的平面与平面的交线与平行， 又，则得，从而由面面垂直的判定定理知，D正确. 5. 已知角α的顶点在坐标原点O，始边与x轴的非负半轴重合，若角α的终边绕着原点按顺时针方向旋转后经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设角的终边顺时针旋转后得到的角为，则，即， 由点在的终边上，可得， 根据三角函数的定义： ，， 所以 . 6. 已知圆锥的底面半径为，高为，过圆锥高的中点作平行于底面的截面，截得的圆台的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用相似关系得到截面圆半径和圆台的母线长，再分别计算圆台的侧面积、上底面积与下底面积，求和即可得到圆台的表面积. 【详解】已知原圆锥底面半径，高，由勾股定理得母线长. 由于截面过高的中点且平行于底面，截得的小圆锥与原圆锥的相似比为， 因此小圆锥底面半径，母线长，可得圆台的母线长. 上底面积；下底面积； 侧面积， 因此圆台的表面积. 7. 设，，，则有（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由辅助角公式、两角和的正切公式、及余弦二倍角公式化简，结合正弦函数的单调性即可判断. 【详解】 ， ， ， 由在的单调性可知：. 8. 在三棱锥中，底面是等边三角形，⊥，二面角的大小为.若三棱锥外接球的表面积为，则该三棱锥体积的最大值为（ ） A. 6 B. 12 C. 12 D. 24 【答案】B 【解析】 【分析】先求出外接球半径，作出辅助线，得到外接球球心，根据二面角大小和外接球半径得到，并得到点到平面的距离最大值，得到体积最大值. 【详解】设三棱锥外接球的半径为，则，解得， ⊥，设的外心为，则是棱的中点， 设等边的外心为，过点作平面的垂线，过点作平面的垂线， 两垂线交于点，则即为三棱锥的外接球球心， 因为二面角的大小为，所以， 设，则，， 于是，， ， 连接，则， 在中，由勾股定理得， 即，解得，所以， 因为⊥，所以当时，点到平面的距离最大， 此时，且， 其最大距离为，其中， 所以三棱锥的体积最大值为. 二、多项选择题(本大题共3小题，每题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，有选错的得0分，部分选对的得部分分.) 9. 已知复数，则下列结论正确的有（ ） A. 复数z的虚部为 B. 复数z在复平面内对应的点在第三象限 C. D. 【答案】BD 【解析】 【详解】已知复数，实部为，虚部为，共轭复数 ， A：的虚部为，错误， B：在复平面对应点坐标为，对应点在第三象限，正确， C：，而，错误， D：，正确. 10. 在中，角所对的边分别为，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则符合条件的三角形有两个 B. 已知向量，.若与的夹角为锐角，则的取值范围为 C. 若，则的取值范围为 D. 若的外心为，且，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A根据正弦定理判断三角形解的个数可得；对B由向量夹角为锐角则数量积大于零且不同向共线可得；对C由正弦定理并结合角的范围判断可得；对D由外心可得，，再结合向量的线性运算可得. 【详解】选项A：由，，得，所以， 因此符合条件的三角形有个，A正确； 选项B：向量 夹角为锐角， 所以， 又因为，故，由得. 若共线且同向，则，得，即（需舍去）. 因此 的范围是，与题目给出的范围不符，B错误； 选项C：，则，得 . 由正弦定理， 因为，故，得 ，即 ，C正确； 选项D：由的外心为，设分别是的中点，则， 所以，同理， 又因为，， 所以，故 D正确. 11. 已知正三棱台 有内切球O（球O位于三棱台的内部且与各个面均有且只有一个公共点），且 若过O，A，B三点的平面截该三棱台所得截面为α，则（ ） A. 三棱台ABC - A₁B₁C₁的高为2 B. 平面OAB⊥平面OA₁B₁ C. 截面α的面积为12 D. 该三棱台被截面α分成两部分，较小部分与较大部分的体积之比为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对 A，先利用正三角形面积、边心距公式算出上下底相关参数，结合正棱台存在内切球时斜高等于上下底边心距之和求出斜高，再通过轴截面直角三角形勾股定理求出棱台实际高，与选项给出高 对比判断；对 B，取上下底中点构造轴截面，证明两平面同垂直于轴截面，二面角平面角为​，用余弦定理算出夹角，证得面面垂直；对 C，先 分析得到截面即截面，通过解三角形算出​的面积进行判断；对 D，分别算出棱台体积与三棱锥体体积，作差得到剩余部分体积，比较判断. 【详解】对于A：已知下底边长​，上底边长​，设三棱台上底面积为，下底面积为， 则， 正棱台有内切球的性质：斜高（为上下正三角形中心到边的距离），因为，故斜高。 由勾股定理，棱台高满足：，得，即​， 所以三棱台的高为，A错误； 对于B：取中点，中点，则截面为棱台轴截面， 因为为正三棱台内切球球心，所以， 所以，又，，所以平面， 所以平面平面，同理可证平面平面， 所以是平面与平面所成二面角的平面角， 因为棱台的高为，所以，又， 所以， 所以，平面平面，B正确； 对于C：过作底面，垂足为，则 设外心为，外心为， 则，， 因为，所以截面即截面， 因为，所以， 所以， 所以，C正确； 对于D：因为， ，剩余部分体积​， 所以较小部分与较大部分体积比： ，D正确. 第Ⅱ卷(非选择题) 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分.) 12. 已知是一元二次方程 的一个根，则m=_______. 【答案】 【解析】 【分析】由韦达定理求解. 【详解】是一元二次方程 的一个根，则另一根为， 所以. 13. 在斜中，若，则_____． 【答案】 【解析】 【详解】因为， 且在斜中 所以 14. 已知三棱锥中，是直角三角形，为的中点，，则三棱锥外接球的表面积为_____． 【答案】 【解析】 【分析】设三棱锥外接球的球心为，半径为，连接，在中利用余弦定理可得，从而得到，可证得平面，在中利用勾股定理可求得结果. 【详解】 设三棱锥外接球的球心为，半径为，连接， 如图，因为是直角三角形，， 所以是以角为直角的直角三角形，所以为圆的直径， 所以. 因为，，， 所以， 得， 所以，故. 因为，为的中点，所以， 因为，平面，所以平面， 所以三棱锥外接球的球心在直线上，且. 在中，，所以，解得， 所以三棱锥外接球的表面积为：， 故三棱锥外接球的表面积为. 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. 已知在中， 为边的中点， （1）求的长; （2）求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 已知， 则，. ， ， 则，即长. 【小问2详解】 为边的中点，， 又，且，. . 16. 如图所示，在正三棱柱ABC - A₁B₁C₁中，AB=2，M是线段AC的中点，E，F分别是棱CC₁，BB₁上的点，CE=2BF=2. （1）求证:BM//平面AEF; （2）求证:平面AEF⊥平面ACC₁A₁; （3）求直线BM到平面AEF的距离 【答案】（1）取的中点，连接、，因为是中点，是中点， 所以是的中位线，可得 ，且， 正三棱柱中侧棱​，故，又，因此且， 四边形是平行四边形，得，平面， 平面， 由线面平行判定定理得. （2）△ABC是正三角形，是中点，故；正三棱柱中侧棱底面，底面， 故，，且 平面​， 由线面垂直判定定理得平面， 结合(1)的结论，得平面， 又平面，由面面垂直判定定理得. （3） 【解析】 【分析】（1）取线段中点，连接、，可证四边形为平行四边形，得到，再根据线面平行的判定定理即可证明平面； （2）由正三棱柱性质得、，可证平面，结合第一问得平面内的平面，再根据面面垂直的判定定理即可证明结论； （3）由平面可知，直线到平面的距离等于点到平面的距离，结合已证的面面垂直性质，计算平面内到的垂线段长度即可得到所求距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由平面，直线到平面的距离等于点到平面的距离， 已知平面平面​，平面平面，过作于， 由面面垂直的性质得平面，即为所求距离， 在中，，，，为中点，故，​， 由（公共角+直角）得，所以. ​​ 17. 在中，内角的对边分别为，且满足. （1）求角B的大小； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理以及两角和的正弦公式化简； （2）利用余弦定理以及基本不等式可得，再结合飘带函数的单调性可得. 【小问1详解】 由以及正弦定理得， 则, 在中，则，则； 【小问2详解】 由余弦定理得， 则，得，等号成立时， 则， 则， 因为在上单调递增，所以， 则，等号成立时， 故的取值范围为 18. 如图所示,在五面体中，四边形为矩形，,,． （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面所成角的大小； （3）（i）求五面体外接球的半径； （ii）求五面体内部能转动的最大球的半径． 【答案】（1）由四边形为矩形，得，而平面， 平面，则平面，又平面平面， 平面，因此，又,,， 则四边形与四边形是全等的等腰梯形，取的中点， 连接，则， 是平面与平面所成的角，， ，因此，， 所以平面平面. （2） （3）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）作出二面角的平面角，再利用平面与平面垂直的定义推理得证. （2）由（1）的信息，利用二面角的定义直接求解. （3）（i）确定外接球的球心，进而求出球半径； （ii）求出与平面及平面都相切的球半径范围，再求出与平面、平面、平面都相切的球半径即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，则是平面与平面所成的角， 又是以为腰的直角三角形，因此， 所以平面与平面所成角的大小为. 【小问3详解】 （i）取的中点，连接，由（1）得平面， 而平面，则，又平面， 于是平面，，取中点，连接， 由（1）知，同理，而， ，则，同理， 所以五面体外接球的球心为，球半径为. （ii）过直线、直线与直线都垂直的平面截五面体得直三棱柱， 该直三棱柱的高为6，当球与该直三棱柱的两底面都相切时，球半径为3， 显然当球与平面及平面都相切时，球半径大于3； 当球与两两相交的三个平面、平面、平面都相切时， 该球的截面大圆半径等于等腰的内切圆半径， 由，得，而， 所以五面体内部能转动的最大球的半径为. 19. 已知分别为定义在R上的偶函数与奇函数，且满足. （1）求和； （2）定义，. （i）若存在正整数n，使得对任意的恒成立，求实数a的取值范围； （ii）若对任意的恒有，求n的最大值. 【答案】（1），； （2）（i）；（ii）21 【解析】 【分析】（1）根据函数奇偶性得到方程，求出和； （2）（i）当时，不等式化为，根据函数单调性得到的取值范围为，举出反例得到若，则对任意正整数，不等式不恒成立，从而得到结论； （ii）只需，设的最大值为，故只需，解不等式得n的最大值为21. 【小问1详解】 ①， 故 ， 因为分别为定义在R上的偶函数与奇函数， 所以， 故②， 式子①+②得， 故， 所以， 式子②-①得， 所以， 【小问2详解】 ， （i）当时，， 不等式化为， 令，则需对任意恒成立， 设， 要想对任意恒成立，只需， 解得， 综上，当时，； 下证：若，则对任意正整数，不等式不恒成立， ， 若，取，此时，或， 当为奇数时，，代入不等式得，解得， 与矛盾， 当为偶数时，，代入不等式得，解得，与矛盾， 若，取，此时，， 代入不等式可得，解得，与矛盾， 因此，当时，存在，使得对任意的恒成立； （ii）对任意的恒有，只需， 令，， 则，设的最大值为， 当时，，此时对任意的恒有， 当时，，且在约束条件下， ， 最大值为，故， 例如，当时，， 故只需，即，，， 其中， 故， 若对任意的恒有，则n的最大值为21. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $