精品解析：海南省海南中学2025-2026学年第二学期期末考试高一数学试题

海南中学2025-2026学年度第二学期期末考试 高一数学试题 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共19小题，共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、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 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． 第Ⅰ卷（共58分） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知直线经过，两点，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】应用两点求出斜率，再结合倾斜角及斜率关系求解. 【详解】直线经过，两点，直线斜率为， 设直线的倾斜角为，则，得， 即直线的倾斜角为. 2. 设复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的乘法及复数的加法运算求解即可. 【详解】已知复数，则，故D正确. 3. 设l，m，n均为直线，其中m，n在平面内，“且”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据直线与平面垂直的判定与性质可直接解决本题. 【详解】由于题干未指定与n为平面内两条相交直线，故且不能必然推出， 故“且”是“”的不充分条件； ，故“且”是“”的必要条件. 所以，“且”是“”的必要不充分条件. 4. 已知向量，，满足．若，则与夹角的大小是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用，两边平方可得，从而可得，即可计算. 【详解】由得. 所以，即. 又因为，所以. 因为，所以. 5. 若直线与直线垂直，则这两条直线的交点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为直线的斜率为1，所以直线的斜率存在， 则其斜率为，由题意得，，解得， 由解得，所以这两条直线的交点坐标为. 6. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积. 【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为， 而它们的侧面积相等，所以即， 故，故圆锥的体积为. 故选：B. 7. 伊帕姆维泽蒂博物馆收藏了达·芬奇方砖，这些方砖是在正六边形上绘制具有视觉效果的正方体图案（如图1）．把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，再转成图3所示的几何体． 若图3中每个正方体的棱长都为1，则下列说法错误的是（ ） A. B. 若M为线段CQ上的一个动点，则的最大值为3 C. 点P到直线CQ的距离为 D. 异面直线CQ与所成角的正切值为 【答案】C 【解析】 【分析】连接，根据向量的数乘及加减运算计算即可验证A；建立空间直角坐标系，得到相关点的坐标，B计算出，结合二次函数的性质求解即可；C根据向量法求点到直线的距离公式求解即可；D根据向量法求异面直线的夹角即可. 【详解】连接，如图所示： 因为，故选项A正确； 以为原点，以为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系. 因为M为线段CQ上的一个动点，所以设， 因为，则，所以， 所以， 所以， 令，则在上单调递减，在上单调递增. 又因为，所以在上的最大值为3，即的最大值为3，故B正确； 因为， 所以点P到直线CQ的距离为,故选项C错误； ，设异面直线CQ与所成角为， 则，所以， 所以，故选项D正确； 故选：C. 8. 如图，在中，，，点是边上异于端点的一点，光线从点出发经，边反射后又回到点，若光线经过的重心，则的周长等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，利用光的反射以及轴对称的性质确定出直线的方程，再将重心坐标代入方程即可求解. 【详解】因为，所以, 建立平面直角坐标系如图，作关于的对称点，作关于轴的对称点， 设，则 因为，， 所以，解得， 由光的反射原理可知：四点共线，所以， 所以，代入重心坐标即， 所以，解得或 (舍). 得，， 则, 故的周长等于 故选：C. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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，，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 不存在实数，使得 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BD 【解析】 【详解】选项A， 根据空间向量模长公式，若，则， 得，即​，故A错误； 选项B， 若存在实数使得，则对应坐标成比例 ， 由解得，此时矛盾，因此不存在这样的，故B正确； 选项C ，若，则，计算得  令，得，故C错误； 选项D， 若，即，得， 此时，符合结论，故D正确. 10. 在中，，，，则（ ） A. B. 的面积为3 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】应用同角三角函数关系判断A，应用余弦定理及面积公式判断B，应用数量积公式计算判断C，应用向量和公式计算模判断D. 【详解】对于A：因为，所以，所以A正确； 对于B：由余弦定理解得，整理得，解得， 所以三角形面积为，所以B错误； 对于C：由余弦定理得， 所以，所以C正确； 对于D：计算得，所以D正确 11. 如图，已知正方体的棱长为1，为底面的中心，交平面于点，点为棱CD的中点，则（ ） A. 四面体的体积与表面积的数值之比为 B. 点到平面的距离为 C. 异面直线与所成的角为 D. 过点A1，B，F的平面截该正方体所得截面的面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，根据题意直接计算四面体的体积和表面积，对于B，可证得的长度就是点到平面的距离，然后根据题意求解，对于C，由正方体的性质可证得平面，从而可判断，对于D，取的中点，连接，，，，可得等腰梯形就是过点，，的平面截该正方体所得截面，从而可求出其面积. 【详解】对于A，因为正方体的棱长为1，所以四面体为， 表面积为， 所以四面体的体积与表面积的数值之比为，所以A正确， 对于C，因为平面，平面，所以， 又，，平面， 所以平面，又平面，所以，即异面直线与所成的角为，故C不正确； 对于B，根据证明的方法，同理可得， 因为，平面，所以平面，则的长度就是点到平面的距离， 显然为正三角形的中心，因为正方体的棱长为1， 所以正三角形的边长为，所以，又， 所以，即点到平面的距离为，故B正确； 对于D，取的中点，连接，，，， 因为∥，∥，，， 所以∥，, 因为，， 所以，所以四边形为等腰梯形， 所以等腰梯形就是过点，，的平面截该正方体所得截面，如图： 因为，，， 所以等腰梯形的高为， 所以等腰梯形的面积为， 即过点，，的平面截该正方体所得截面的面积为，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：此题考查几何体的体积和表面积的求法，考查点到面的距离的求法，考查求异面直线所成的角，考查正方体的截面问题，解题的关键是充分利用正方体的性质结合已知条件求解，考查空间想象能力，属于较难题. 第Ⅱ卷（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 点到直线的距离是________． 【答案】 【解析】 【详解】点到直线的距离是. 13. 已知，若四点共面，则实数__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据向量共面的性质得出向量间的线性关系，再根据向量坐标列方程组求解． 【详解】四点共面， 向量可由线性表示，即存在实数，使得， ，解得， ． 故答案为：． 14. 已知正四棱锥的顶点均在体积为的球的表面上，且，则正方形的面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，结合正四棱锥的性质得出底面的边长的表达式即可求解. 【详解】 已知球的体积为，则球的半径满足，解得，即， 由于，因此球的球心在底面的下方，如图所示， 设底面正方形的中心为，边长为，则， 在直角三角形中，有，得， 所以， 在直角三角形中，有，即，解得， 所以正方形的面积. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知点，，； （1）求过点且与平行的直线方程； （2）求过点且在轴和轴上截距相等的直线方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【小问1详解】 直线的斜率：， 故过点且与平行的直线方程斜率，且， 故直线方程为，即． 【小问2详解】 过点，且在轴和轴上截距相等的直线方程， 当截距为0时，直线过原点，直线的斜率是， 所以直线方程为，即； 当截距不为0时，由截距相等可设直线方程为：， 代入，得，， 故直线方程为即． 综上得：直线方程为或. 16. 如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面，． （1）求证：； （2）求平面和平面夹角的余弦值． 【答案】（1）因为平面，又因为平面，所以． 在正方形中，易知， 又因为，，平面， 因此平面． 又平面，故. （2） 【解析】 【分析】（1）先根据线面垂直的判定定理证明平面，再根据线面垂直证明线线垂直. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 易知，，两两互相垂直， 因此可以为坐标原点，以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 则，，． 由（1）可知，平面，故是平面的法向量． 设平面的法向量为，则有，即， 得，取，则，即，则， 所以平面和平面夹角的余弦值为． 17. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且． （1）求A； （2）若，且的面积为，求b，c． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）在中，由及正弦定理得到，得出角A；（2）面积公式结合余弦定理可得． 【小问1详解】 根据正弦定理， 变为，即， 也即， 所以． 整理，得，即，所以， 所以，则． 【小问2详解】 由，，得． 由余弦定理，得， 则，所以．则． 18. 如图，是的直径，垂直于所在的平面，点是圆周上的点且，在线段上且，是的中点． （1）求证：直线平面； （2）已知，求直线与平面所成角的正弦值； （3）线段上是否存在点，使得平面？若存在，则求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 因为垂直于所在的平面，所在的平面，所以， 又是的直径，点是圆周上的点，所以， 因为，平面， 所以平面． （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的性质和判定证明即可； （2）根据线面角的概念可知即为直线与平面所成角的平面角，利用勾股定理求出的边长即可得解； （3）构造平行四边形，由线面平行的判定定理得平面，确定. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知平面， 所以即为直线与平面所成角的平面角， 因为垂直于所在的平面，所在的平面，所以， 又因为，，所以， 因为，所以， 所以在中， 因为平面，所以， 在中， 所以， 即直线与平面所成角的正弦值为． 【小问3详解】 在线段上存在点，使得平面，且， 理由如下： 取的三等分点为（靠近），在中过点作，， 则，且， 因为是中点，是中点，所以，且， 又，所以， 所以且， 所以四边形为平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面, 故线段上存在点，使得平面，且. 19. 如图在四面体中，是边长为2的等边三角形，为直角三角形，其中为直角顶点，，、、、分别是线段、、、上的动点，且四边形为平行四边形． （1）求证：平面； （2）试探究当二面角的大小从增加到的过程中，线段在平面上的投影所扫过的平面区域的面积； （3）设，且是以为底的等腰三角形，当为何值时，多面体的体积恰好为？ 【答案】（1） ∵四边形为平行四边形， ∴．而平面，平面， ∴平面．而平面，平面平面， ∴，而平面，平面， ∴平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先通过线面平行的判定定理，证得平面，通过线面平行的性质定理，证得，由此证得平面； （2）画出为，时的投影，由此判断出线段在平面上的投影所扫过的平面区域，进而求得区域的面积； （3）先求得三棱锥的面积为，通过分割的方法，得到，分别求得与的关系式，再由列方程，解方程求得的值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ∵， ∴在平面上的投影点，满足，即在线段的中垂线上． 如图所示，将补成边长为的正， 当二面角为角时，即点在平面上，此时为， 当二面角为角时，此时为中点， 故在平面上的投影所扫过的平面区域为，而， 故线段在平面上的投影所扫过的平面区域的面积为； 【小问3详解】 ∵，，且为等腰三角形，∴． 取中点，易得：，，， 满足：，根据勾股定理可知． ∴平面．∴． 而多面体的体积恰好为，即多面体的体积恰为四面体体积的一半． 连接． ， ∴． ， ∴． ∴， ∴，整理：，即， 解得：（舍去）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 海南中学2025-2026学年度第二学期期末考试 高一数学试题 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共19小题，共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、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 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． 第Ⅰ卷（共58分） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知直线经过，两点，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 设复数，则（ ） A. B. C. D. 3. 设l，m，n均为直线，其中m，n在平面内，“且”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知向量，，满足．若，则与夹角的大小是（ ） A. B. C. D. 5. 若直线与直线垂直，则这两条直线的交点坐标为（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 伊帕姆维泽蒂博物馆收藏了达·芬奇方砖，这些方砖是在正六边形上绘制具有视觉效果的正方体图案（如图1）．把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，再转成图3所示的几何体． 若图3中每个正方体的棱长都为1，则下列说法错误的是（ ） A. B. 若M为线段CQ上的一个动点，则的最大值为3 C. 点P到直线CQ的距离为 D. 异面直线CQ与所成角的正切值为 8. 如图，在中，，，点是边上异于端点的一点，光线从点出发经，边反射后又回到点，若光线经过的重心，则的周长等于（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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，，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 不存在实数，使得 C. 若，则 D. 若，则 10. 在中，，，，则（ ） A. B. 的面积为3 C. D. 11. 如图，已知正方体的棱长为1，为底面的中心，交平面于点，点为棱CD的中点，则（ ） A. 四面体的体积与表面积的数值之比为 B. 点到平面的距离为 C. 异面直线与所成的角为 D. 过点A1，B，F的平面截该正方体所得截面的面积为 第Ⅱ卷（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 点到直线的距离是________． 13. 已知，若四点共面，则实数__________． 14. 已知正四棱锥的顶点均在体积为的球的表面上，且，则正方形的面积为________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知点，，； （1）求过点且与平行的直线方程； （2）求过点且在轴和轴上截距相等的直线方程． 16. 如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面，． （1）求证：； （2）求平面和平面夹角的余弦值． 17. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且． （1）求A； （2）若，且的面积为，求b，c． 18. 如图，是的直径，垂直于所在的平面，点是圆周上的点且，在线段上且，是的中点． （1）求证：直线平面； （2）已知，求直线与平面所成角的正弦值； （3）线段上是否存在点，使得平面？若存在，则求的值；若不存在，请说明理由． 19. 如图在四面体中，是边长为2的等边三角形，为直角三角形，其中为直角顶点，，、、、分别是线段、、、上的动点，且四边形为平行四边形． （1）求证：平面； （2）试探究当二面角的大小从增加到的过程中，线段在平面上的投影所扫过的平面区域的面积； （3）设，且是以为底的等腰三角形，当为何值时，多面体的体积恰好为？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $