精品解析：甘肃西北师范大学附属中学2025-2026学年第二学期期末考试高一数学试题

西北师大附中 2025—2026学年第二学期期末考试试题 高一数学 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，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，则（ ） A. 2 B. C. 4 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】计算出后即可得. 【详解】， 则. 故选：B. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由、，结合已知即可求. 【详解】∵， ∴. 故选：C 3. 设，，分别为的三边，，的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】 4. 在空间中，l，m是不重合的直线，，是不重合的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用面面平行、线面平行的关系，逐项判断即可. 【详解】对于A，由，，，得或是异面直线，A错误； 对于B，由，，得或，B错误； 对于C，由，，得与相交或，C错误； 对于D，由，得存在过的平面与相交，令交线为，则， 而，，于是，又，，则，因此，D正确. 故选：D 5. 袋中共有完全相同的4只小球、编号为1，2，3，4，现从中任取2只小球，则取出的2只球编号之和是奇数的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 先列举出任取2只小球的事件，共6种取法，再列举出2只球编号之和是奇数的事件，共4种取法，最后求取出的2只球编号之和是奇数的概率即可. 【详解】解：在编号为1，2，3，4的小球中任取2只小球，则有，，，，，，共6种取法， 则取出的2只球编号之和是奇数的有，，，，共4种取法， 所以取出的2只球编号之和是奇数的概率为， 故选：D． 【点睛】本题考查利用列举法求古典概型的概率，是基础题 6. 已知的内角所对的边分别为，，则的形状为（ ） A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等腰或直角三角形 【答案】D 【解析】 【分析】根据正弦定理化边为角，然后化简可判断三角形的形状. 【详解】根据正弦定理可得：. 因为，所以. 所以或者. 即或者. 所以该三角形为等腰三角形或直角三角形. 故选：D. 7. 已知圆锥的底面半径与球的半径相等，圆锥的侧面积与球的表面积相等，圆锥的体积为，则球的半径（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用圆锥侧面积与球表面积相等的关系推导圆锥母线长和半径的关系，结合圆锥的勾股定理求出高，代入体积公式即可求解球半径. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为， 由题意得，球的表面积为，圆锥侧面积为， 由可得：，化简得， 根据圆锥的几何性质，母线、底面半径、高满足勾股定理，代入、得：， 已知圆锥体积，将、代入得：  ，解得，故B正确. 8. 已知在△ABC中，，M为BE与CD的交点，则向量在上的投影向量的模的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量的运算表示出，根据投影向量模长的表达式，结合基本不等式可求答案. 【详解】设,因为，所以为中点， , 因为三点共线，所以，解得； . , 向量在上的投影向量的模为，即， ，当且仅当，即时取到最小值. 二、选择题（本大题共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. 抛掷一枚质地均匀的正方体骰子一次，定义如下事件：“掷出的点数为偶数”，“掷出的点数小于”，“掷出点数为”，则下列说法正确的是（ ） A. B. 事件包含于事件 C. 事件与事件互斥 D. 事件与事件相互独立 【答案】BD 【解析】 【详解】由题可知，设掷出点数为， 则试验的样本空间表示为， 事件，事件，事件， 对于A，因为，故A错误； 对于B，因为，故B正确； 对于C，由于，故C错误； 对于D，由题意知，，则， 又，， 所以， 则事件与事件相互独立，故D正确． 10. 下列化简正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】 逆用正弦的二倍角公式可判断选项A；利用余弦的二倍角公式可判断选项B；对所给的等式左边通分化简计算可判断选项C；对所给等式左边利用余弦的二倍角公式和同角三角函数基本关系化简即可判断D，即可得正确选项. 【详解】对于选项A：， 故选项A正确； 对于选项B：，故选项B正确； 对于选项C： ，故选项C不正确； 对于选项D： ， 故选项D正确； 故选：ABD. 11. 如图，点是正方体中的侧面上的一个动点，则下列结论正确的是（ ） A. 点存在无数个位置满足 B. 若正方体的棱长为1，三棱锥的体积最大值为 C. 在线段上存在点，使异面直线与所成的角是30° D. 点存在无数个位置满足平面 【答案】ABD 【解析】 【分析】通过证明面，可得当点上时，有，可判断A； 由已知，当点与点重合时，点到面的距离最大，计算可判断B； 连接，因为，则为异面直线与所成的角，利用余弦定理算出的距离，可判断C； 证明平面平面，即可判断D. 【详解】解：对于A，连接 由正方体的性质可得，平面 则平面 当点上时，有 故点存在无数个位置满足，故A正确； 对于B，由已知 当点与点重合时，点到面的距离最大 则三棱锥的体积最大值为，故B正确； 对于C， 连接 因为，所以为异面直线与所成的角 设正方体棱长为1，，则 点到线的距离为， 解得 所以在线段上不存在点，使异面直线与所成的角是，故C错误； 对于D，连接 ， 四边形为平行四边形，则 平面，平面 平面，同理可证平面 ，平面 平面平面 若，平面，则平面，故D正确； 故选：ABD 【点睛】本题考查空间垂直关系的证明和判断，考查几何体体积的计算，异面直线所成角的计算，线面平行的判断，属于中档题. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若为的外心，，则的值为________. 【答案】2 【解析】 【分析】利用外心的性质，向量的数量积运算即可求. 【详解】取的中点，连接， 因为为的外心， 所以，所以， 因为， 所以. 故答案为：2 13. 已知α∈（0，），β∈（﹣π，﹣），sinα＝，cosβ＝，则α+2β的值为______ 【答案】 【解析】 【分析】先利用已知条件和同角三角函数的关系求出，再求出，然后利用正切的二倍角公式求出的值，再求出的值，从而可求出的值 【详解】因为α∈（0，），β∈（﹣π，﹣），sinα＝，cosβ＝， 所以， ， 所以， 所以， 所以 因为α∈（0，），β∈（﹣π，﹣）， 所以， 所以， 故答案为： 14. 一棱长为3的正方体封闭盒子中放有一个半径为1的小球，若将盒子任意翻动，则小球达不到的空间的体积是_____________． 【答案】 【解析】 【分析】小球在正方体8个顶角不能到达的空间，相当于8个棱长为1的小正方体整体，挖去1个完整半径为1的球体剩余部分；小球在12条棱上活动不到的空间：每条棱扣除两端各1长度，剩余棱段长为，12条棱夹缝整体可等效为3个底面半径1、高为1的圆柱外围正四棱柱空间，整体挖去3个完整圆柱，两部分相加即为总不可达体积. 【详解】小球在正方体8个顶角不能到达的空间，相当于8个棱长为1的小正方体整体， 挖去1个完整半径为1的球体剩余部分，即顶角区域不可达体积为， 在球在12条棱上活动不到的空间内，每条棱扣除两端各1长度，剩余棱段长为， 12条棱夹缝整体可等效为3个底面半径1，高为1的圆柱外围正四棱柱空间， 整体挖去3个完整圆柱，所以棱边区域总不可达体积为， 故小球达不到的空间体积为. 四、解答题（本大题共6小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知平面向量，. （1）若，且，求的坐标； （2）当为何值时，与垂直； （3）若与的夹角为锐角，求实数的取值范围. 【答案】（1）或；（2）；（3）. 【解析】 【分析】 （1）设，由向量平行和向量的模列出方程组可解得，得向量的坐标； （2）由可求得； （3）由求出的范围，去除两向量共线的情形即得． 【详解】（1）设，， 因为，所以，因为，所以， 解得：或，所以或. （2），， 因为与垂直，所以，解得：. （3），， 因为与的夹角为锐角，所以解得：且， 即. 【点睛】本题考查向量的模、向量共线与垂直，考查向量的夹角，掌握向量的坐标运算是解题关键．解题中要注意向量夹角为锐角，则，但反过来时，不能得出向量夹角为锐角，要去除两向量同向的情形．同样由要去除两向量反向的情形，才能得两得夹角为钝角． 16. 如图，在四棱锥中，平面平面，平面，，．用几何法证明： （1）平面； （2）平面平面． 【答案】（1）证明：因为平面，而平面， 平面平面，所以． 因为平面，平面，所以平面． （2）证明：过点作于， 因为平面平面，且平面平面， 平面，所以平面． 因为平面，所以． 因为，而，即点与不重合，且． 又因，平面，所以平面． 因为平面，故平面平面． 【解析】 【分析】（1）先利用线面平行的性质推得，再由线面平行的判定定理即可得证； （2）过点作于，由面面垂直推得平面，可得，再由线面垂直的判定定理证得平面，进而根据面面垂直的判定定理即可得证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 在面积为的中，内角，所对的边分别为，且. （1）求角； （2）若，求的周长； （3）若为锐角三角形，且边上的高为2，求面积的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将角的关系化为边的关系，再通过余弦定理求出角. （2）先由三角形面积公式求出的值，再结合余弦定理求出的值，进而得到三角形的周长. （3）根据三角形面积公式得到与面积的关系，再利用正弦定理和锐角三角形的条件确定角的范围，从而得出面积的取值范围. 【小问1详解】 由正弦定理得，所以， 所以，由余弦定理，， 因，则. 【小问2详解】 由余弦定理，，即， 又，由条件知，所以， 所以，，. 所以周长为. 【小问3详解】 由可得： 由正弦定理，，即得：， 则 由为锐角三角形可得，，解得：， 则，，故得， 即面积的取值范围为. 18. 某校组织“语文课外阅读知识竞赛”活动，在预赛阶段，共设置“古代文学､文化常识”和“国外文学名著鉴赏”两轮比赛，两轮比赛均通过才能进入决赛.已知甲､乙两名同学通过第一轮的概率分别为，通过第二轮的概率分别为，每次是否通过互不影响，且两轮比赛均必须参加. （1）若，求甲没有进入决赛的概率； （2）若，求甲､乙均只通过一轮的概率； （3）设甲､乙两人中至少有一人进入决赛的概率为，两人均进入决赛的概率为，若，求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】(1)题意结合独立事件的概率公式求出甲进入决赛的概率，再求甲没有进入决赛的概率； (2)先求出甲只通过一轮的概率和乙只通过一轮的概率，再根据独立事件的概率公式求解； (3)根据独立事件和对立事件的概率公式求解即可. 【小问1详解】 因为每次是否通过互不影响，甲同学通过第一轮的概率分别为， 通过第二轮的概率为，甲进入决赛的概率， 所以甲没有进入决赛的概率； 【小问2详解】 已知甲､乙两名同学通过第一轮的概率分别为，通过第二轮的概率分别为， 甲只通过一轮的概率为：； 乙只通过一轮的概率为：， 因为甲、乙的比赛情况相互独立，所以甲､乙均只通过一轮的概率； 【小问3详解】 设甲､乙两人中至少有一人进入决赛的概率为，两人均进入决赛的概率为， 甲进入决赛的概率为；乙进入决赛的概率为， 两人都不进入决赛的概率为， 甲､乙两人中至少有一人进入决赛的概率为， 两人均进入决赛的概率为， 若，所以， 即. 19. 已知矩形，，，设是边上的点，且，现将沿着直线翻折至．请用几何法解答下列问题： （1）当为何值时，使平面平面；并求此时直线与平面所成角的正切值； （2）设二面角的大小为，求的最大值． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）应用线面垂直得出平面，进而应用面面垂直判定定理即可证明，再应用线面角定义结合边长计算求解； （2）应用二面角定义得出平面角，再结合三角恒等变换结合正切值域及基本不等式求解. 【小问1详解】 当时，平面平面， 证明如下： 取中点，连接，，， 因为，，是的中点， 所以，即，， 则，， 又，，则， 则， 因为，所以，则， 又，，平面，平面，所以平面， 又平面，则平面平面， 即当时，平面平面． 此时有平面，即平面， 则即为直线与平面所成角，， 即平面平面时，直线与平面所成角的正切值是． 【小问2详解】 取中点为，连接， 可知四边形为正方形，点为的中点，则有， 又因为，，、平面， 所以平面，而平面， 因此平面平面， 在平面内作，垂足为， 因为平面平面，由面面垂直的性质可得平面， 在平面内，作，垂足为，连接， 因为平面，平面，所以， 因为，、平面，因此平面， 又因为平面，所以， 因此是二面角的平面角，， 设，，则， ， 因此 ， 当且仅当时，取到等号，所以，因此， 所以的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 西北师大附中 2025—2026学年第二学期期末考试试题 高一数学 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，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，则（ ） A. 2 B. C. 4 D. 10 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 3. 设，，分别为的三边，，的中点，则（ ） A. B. C. D. 4. 在空间中，l，m是不重合的直线，，是不重合的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 5. 袋中共有完全相同的4只小球、编号为1，2，3，4，现从中任取2只小球，则取出的2只球编号之和是奇数的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知的内角所对的边分别为，，则的形状为（ ） A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等腰或直角三角形 7. 已知圆锥的底面半径与球的半径相等，圆锥的侧面积与球的表面积相等，圆锥的体积为，则球的半径（ ） A. B. C. D. 8. 已知在△ABC中，，M为BE与CD的交点，则向量在上的投影向量的模的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题（本大题共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. 抛掷一枚质地均匀的正方体骰子一次，定义如下事件：“掷出的点数为偶数”，“掷出的点数小于”，“掷出点数为”，则下列说法正确的是（ ） A. B. 事件包含于事件 C. 事件与事件互斥 D. 事件与事件相互独立 10. 下列化简正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 如图，点是正方体中的侧面上的一个动点，则下列结论正确的是（ ） A. 点存在无数个位置满足 B. 若正方体的棱长为1，三棱锥的体积最大值为 C. 在线段上存在点，使异面直线与所成的角是30° D. 点存在无数个位置满足平面 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若为的外心，，则的值为________. 13. 已知α∈（0，），β∈（﹣π，﹣），sinα＝，cosβ＝，则α+2β的值为______ 14. 一棱长为3的正方体封闭盒子中放有一个半径为1的小球，若将盒子任意翻动，则小球达不到的空间的体积是_____________． 四、解答题（本大题共6小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知平面向量，. （1）若，且，求的坐标； （2）当为何值时，与垂直； （3）若与的夹角为锐角，求实数的取值范围. 16. 如图，在四棱锥中，平面平面，平面，，．用几何法证明： （1）平面； （2）平面平面． 17. 在面积为的中，内角，所对的边分别为，且. （1）求角； （2）若，求的周长； （3）若为锐角三角形，且边上的高为2，求面积的取值范围. 18. 某校组织“语文课外阅读知识竞赛”活动，在预赛阶段，共设置“古代文学､文化常识”和“国外文学名著鉴赏”两轮比赛，两轮比赛均通过才能进入决赛.已知甲､乙两名同学通过第一轮的概率分别为，通过第二轮的概率分别为，每次是否通过互不影响，且两轮比赛均必须参加. （1）若，求甲没有进入决赛的概率； （2）若，求甲､乙均只通过一轮的概率； （3）设甲､乙两人中至少有一人进入决赛的概率为，两人均进入决赛的概率为，若，求的值. 19. 已知矩形，，，设是边上的点，且，现将沿着直线翻折至．请用几何法解答下列问题： （1）当为何值时，使平面平面；并求此时直线与平面所成角的正切值； （2）设二面角的大小为，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $