精品解析：内蒙古自治区呼和浩特市中央民族大学附属中学呼和浩特分校2025-2026学年试高一下学期期末考试数学试卷

2025~2026学年度第二学期期末 高一数学 注意事项： 1．本试卷共4页，满分150分，时间120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上． 3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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．涂写在本试卷上无效． 4．作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效． 5．考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收． 一、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. 已知复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 下列各图中，能正确表示二面角的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 5. 某科技馆“人造太阳”模型外观为圆台形，上底面半径为，下底面半径为，圆台母线长为，模型外侧面需要喷漆，则喷漆面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知的内角，，所对的边分别为，，，若，则的形状为（ ） A. 等边三角形 B. 底边和腰不相等的等腰三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 7. 在正三棱锥中，棱的中点为，棱的中点为，棱的中点为，经过点，，的截面一定是（ ） A. 三角形 B. 矩形 C. 梯形 D. 菱形 8. 如图，正方体中，，分别是，的中点，则平面与平面的夹角为（ ） A. B. C. D. 二、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. 已知复数，则（ ） A. B. C. 在复平面内对应的点位于第二象限 D. 为方程的一个根 10. 已知函数．则下列说法正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 若的最小正周期为，则 C. 若的一个对称中心为，则 D. 若在区间内有2个零点，则 11. 如图，在正四面体中，放置1大、4小共5个球，其中，大球为正四面体的内切球，小球与大球及正四面体三个面均相切，若正四面体的高为2，则（ ） A. 大球的体积为 B. 大球的表面积为 C. 小球半径为大球半径的四分之一 D. 5个球的表面积之和为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在中，，则角___________． 13. 已知复数满足，则的最小值为_________． 14. 如图，两座建筑物，的高度分别是6和10，从建筑物的顶部看建筑物的张角，则这两座建筑物和的底部之间的距离______. 四、解答题：本题共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，，且向量与向量的夹角为． （1）求与的值； （2）求向量与向量的夹角的余弦值． 16. 已知角以轴的非负半轴为始边，终边落在第二象限，且与单位圆交于点． （1）求、、的值； （2）化简再求值：． 17. 已知函数． （1）求函数在上的单调递增区间； （2）求使成立的的取值集合． 18. 如图，四棱锥中，平面，底面是正方形，，为中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求直线与平面所成角的大小． 19. 法国著名军事家拿破仑・波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”．如图，在中，内角的对边分别为，已知，以为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为． （1）求； （2）若外接圆半径为1，求的边长； （3）若，的面积为，求的周长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026学年度第二学期期末 高一数学 注意事项： 1．本试卷共4页，满分150分，时间120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上． 3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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．涂写在本试卷上无效． 4．作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效． 5．考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收． 一、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. 已知复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】复数标准式为：，其中为复数的虚部， 已知，则，即的虚部为，D正确. 2. 下列各图中，能正确表示二面角的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】对于二面角，是两个平面的交线， 而A，B，C中不是两个平面的交线，D中是两个平面的交线，故D正确. 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以，解得. 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题设结合同角三角函数关系，两角和的余弦公式可得答案. 【详解】因，则，结合，可得. 因，则. 则 5. 某科技馆“人造太阳”模型外观为圆台形，上底面半径为，下底面半径为，圆台母线长为，模型外侧面需要喷漆，则喷漆面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】借助圆台侧面积公式计算即可得. 【详解】. 6. 已知的内角，，所对的边分别为，，，若，则的形状为（ ） A. 等边三角形 B. 底边和腰不相等的等腰三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】A 【解析】 【详解】已知正弦定理：（其中为外接圆半径）， 则，，， ，， 即， 显然，，， 由正切函数的单调性可知， ， 则为等边三角形. 7. 在正三棱锥中，棱的中点为，棱的中点为，棱的中点为，经过点，，的截面一定是（ ） A. 三角形 B. 矩形 C. 梯形 D. 菱形 【答案】B 【解析】 【分析】取的中点，得四边形为经过点，，的截面，即可求解． 【详解】如图，取的中点，连接，，，.因为棱的中点为，棱的中点为， 所以.同理，所以， 所以四边形为经过点，，的截面. 因为棱的中点为，棱的中点为，棱的中点为，所以，， 所以，所以四边形是平行四边形. 因为三棱锥是正三棱锥，所以，所以， 所以四边形是矩形，即经过点，，的截面一定是矩形. 8. 如图，正方体中，，分别是，的中点，则平面与平面的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过证明平面，可得平面平面，可解. 【详解】根据题意，连接， 因为，是的中点，则， 设正方体棱长为， 则， 所以，所以， 又平面， 所以平面，而平面， 所以平面平面， 所以平面与平面的夹角为. 二、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. 已知复数，则（ ） A. B. C. 在复平面内对应的点位于第二象限 D. 为方程的一个根 【答案】AD 【解析】 【分析】先根据复数除法运算求出复数，再根据复数的模、共轭复数的概念、复数的几何意义、及方程根的验证逐一判断即可． 【详解】由， 对于A，，故A正确； 对于B，，故B错误； 对于C，由对应复平面内的点，即在复平面内对应的点位于第三象限，故C错误； 对于D，由，则是方程的一个根，故D正确． 10. 已知函数．则下列说法正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 若的最小正周期为，则 C. 若的一个对称中心为，则 D. 若在区间内有2个零点，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用辅助角公式化简函数，根据正弦函数的性质求最大值，判断选项A；利用最小正周期公式计算判断选项B；利用对称中心的性质计算判断选项C；通过零点个数分析判断选项D． 【详解】， 正弦函数，故，故A正确； 正弦型函数周期公式，若，则，故B正确； 正弦函数的对称中心满足函数值为0，则， 整理得，，则可取，非唯一值，故C错误； 令，即，解得，则， 当时，零点对应， 若区间内恰好有2个零点，则需满足第2个零点在区间内：，解得， 第3个零点不在区间内：，解得， 故，故D正确． 11. 如图，在正四面体中，放置1大、4小共5个球，其中，大球为正四面体的内切球，小球与大球及正四面体三个面均相切，若正四面体的高为2，则（ ） A. 大球的体积为 B. 大球的表面积为 C. 小球半径为大球半径的四分之一 D. 5个球的表面积之和为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据正四面体高与内切球半径 4：1 的关系求出大球半径，代入体积、表面积公式即可直接判断A，B的正误；利用正四面体顶点到内切球球心距离为3倍半径的结论，结合两球外切球心距关系求出小球半径，对比半径比值判定 C 错误；代入大小球半径算出单个球表面积，累加四个小球和一个大球的面积，验证总表面积符合条件判定 D 正确. 【详解】设内切球的半径是，正四面体的高为，内切球球心到正四面体的各个面的距离都等于， 设内切球球心为，把正四面体分割成 4 个全等的小三棱锥：，每个小三棱锥的高都是内切球半径， 设正四面体每个面面积为，大正四面体体积， 4 个小棱锥体积之和， 整体体积相等：，所以， 大球为正四面体的内切球，则，所以，所以A正确，B错误； 取靠近顶点的小球分析，由正四面体对称性，4 个小球半径完全相同， 设小球半径为，小球球心为，大球球心为， 小球与过的三个侧面都相切，因此在高线上， 可以把小球看作以为顶点的小正四面体的内切球， 正四面体的内切球的半径， 则顶点到大球球心的距离， 小球与大球外切，因此两球心距离， 由线段关系 ，代入数值，化简得：， ，即小球半径是大球的，因此C 错误； 因为，1 个小球的表面积， 4 个小球的总表面积， 所以5 个球的表面积之和，因此 D 正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在中，，则角___________． 【答案】## 【解析】 【详解】由余弦定理，， 结合，可得. 13. 已知复数满足，则的最小值为_________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据给定条件，利用复数的几何意义求出最小值. 【详解】由，得复数在复平面内对应的点在以为圆心，1为半径的圆上， 又，则表示在复平面内点到点的距离， 所以. 14. 如图，两座建筑物，的高度分别是6和10，从建筑物的顶部看建筑物的张角，则这两座建筑物和的底部之间的距离______. 【答案】 12 【解析】 【分析】过点作于点，构造直角三角形，利用正切函数的和角公式建立关于的方程求解． 【详解】如图，过点作于点． 由题意可知，四边形为矩形， 所以，． 因为，所以． 设，则． 在中，， 在中，． 因为， 所以， 即， 整理得，即， 解得或（舍去）． 所以这两座建筑物和的底部之间的距离为． 四、解答题：本题共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，，且向量与向量的夹角为． （1）求与的值； （2）求向量与向量的夹角的余弦值． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由向量数量积定义以及向量的运算法则求解即可； （2）利用两向量的夹角公式计算即得. 【小问1详解】 因为，，且向量与向量的夹角为，所以． ． 【小问2详解】 ， 所以， ，所以． 向量与向量的夹角的余弦值 16. 已知角以轴的非负半轴为始边，终边落在第二象限，且与单位圆交于点． （1）求、、的值； （2）化简再求值：． 【答案】（1），， （2）， 【解析】 【分析】（1）利用单位圆方程结合象限符号求出余弦值，再用同角关系与二倍角正切公式逐层求解；（2）先用诱导公式、完全平方公式化简分式，再切化弦约分简化式子，最后代入三角函数值计算结果. 【小问1详解】 因为角的终边与单位圆交于点，所以．由，得． 又角的终边落在第二象限，所以，即．所以，． 因此． 【小问2详解】 由诱导公式得． 所以原式等于， 所以原式的值为． 17. 已知函数． （1）求函数在上的单调递增区间； （2）求使成立的的取值集合． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）化简函数解析式，利用三角函数的性质即可求解； （2）利用三角不等式进行求解. 【小问1详解】 ， 由，得， 取，得，取，得， 故函数在上的单调递增区间为. 【小问2详解】 由，得，得， 得，得， 故使成立的的取值集合为． 18. 如图，四棱锥中，平面，底面是正方形，，为中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求直线与平面所成角的大小． 【答案】（1）证明：连接，交于点，连接， 因为四边形是正方形，所以为中点， 又为中点，所以， 因为平面，平面， 所以平面． （2）证明：因为四边形是正方形，所以， 又平面，平面，所以，， 因为平面， 所以平面，又平面，所以， 在中，因为为中点，则， 因为平面， 所以平面． （3） 【解析】 【分析】（1）连接，交于点，连接，根据三角形中位线的性质及线面平行的判定即可证明； （2）根据线面垂直的性质和判定即可证明； （3）根据线面夹角的定义，求得线面夹角的平面角即可求解． 【小问1详解】 略． 【小问2详解】 略． 【小问3详解】 因为平面，平面，所以， 又四边形是正方形，所以， 因为平面，所以平面， 连接， 则直线与平面所成角的平面角为， 又平面，所以， 在正方形中，， 因为平面，平面，所以， 因为，所以， 在中，，， 所以直线与平面所成角为． 19. 法国著名军事家拿破仑・波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”．如图，在中，内角的对边分别为，已知，以为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为． （1）求； （2）若外接圆半径为1，求的边长； （3）若，的面积为，求的周长． 【答案】（1）60° （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理角化边，再利用余弦定理求解角度即可. （2）作出符合题意的图形，利用正弦定理求解即可. （3）依题意可得，，再利用面积公式得到，在和中分别利用余弦定理，即可得到，，从而求出，即可得解. 【小问1详解】 因为， 所以由正弦定理得， 化简得，由余弦定理得， 因为，所以. 【小问2详解】 如图，连接，，由题意得， 若外接圆半径为1，则由正弦定理得. 【小问3详解】 因为，分别是以为边向外作的等边三角形的外心， 所以， 因为正面积为，所以， 解得，而，因此， 所以在中，由余弦定理得 即，因此． 又因为中，， 所以由余弦定理得，即， 因此，， 因此的周长为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $