2025~2026学年陕西西安铁一中滨河高级中学下册期中考试高一数学试题 含答案

/2025-2026学年第二学期期中考试高一年级数学（满分150分时间120分钟）第Ⅰ卷（选择题共58分）一、单项选择题：本大题共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.已知复数满足，则（）A.2 B.4 C. D.【正确答案】C【分析】根据模长公式运算即可得解.【详解】因为,所以.​2.已知集合，则（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】由交集的运算即可求解.【详解】由题意得.3.高一某班有56名学生，其中男生24人，女生32人.按性别进行分层，用分层随机抽样的方法，从该班学生中抽取14人参加跳绳比赛，如果样本按比例分配，则应抽取的男生人数为（）A.5 B.6 C.7 D.8【正确答案】B【分析】【详解】因为样本按比例分配，男女比例为，所以应抽取的男生人数为.4.设正实数，满足，则的最小值为（）A.7 B.8 C.9 D.10【正确答案】C【分析】根据基本不等式“1”的妙用计算求解.【详解】，当且仅当，时取等．5.在正四棱台中，，则该棱台的体积为（）A. B. C. D.【正确答案】B【详解】上底边长，下底边长，侧棱，由正四棱台性质可得：如图，，所以，再由勾股定理可得棱台的高：，代入体积公式计算：

.6.将函数图像上所有点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，再将图像沿x轴向左平移个单位长度，得到，则下列结论正确的是（）.A.的最小正周期为 B.在上单调递减C.图像关于直线对称 D.图像关于点对称【正确答案】A【分析】利用逆向变换求出的解析式，利用三角函数的周期公式、单调区间判断选项A、B，根据对称轴与对称中心的性质判断C、D.【详解】将沿x轴向右平移个单位长度，横坐标变为原来的，可得.选项A，的，最小正周期，A正确；选项B，当时，，在单调递增，在单调递减，故在不是单调递减，B错误；选项C，正弦函数对称轴处函数值为，代入：，因此不是对称轴，C错误；选项D，正弦函数对称中心处函数值为，代入：，因此不是对称中心，D错误.7.勒洛三角形是一种特殊的曲边三角形，指分别以正三角形的顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形称为勒洛三角形.在如图所示的勒洛三角形中，已知的边长为1，P为弧上任意一点，则的范围为（）A. B. C. D.【正确答案】A【详解】以为原点建立如图所示坐标系则，设则，，所以，因为P为弧上任意一点，为边长为1的等边三角形，所以，所以，即的范围为.8.已知直四棱柱的棱长均为.以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】先找出平面截球面的截面圆的圆心是的中点，再找到截面圆的半径和交线.【详解】如图，取的中点为因为，直四棱柱的棱长均为2，所以为等边三角形，所以，又四棱柱为直四棱柱，所以平面，又在平面内，故，因为侧面，所以侧面，设为侧面与球面的交线上的点，则，因为球的半径为，所以，所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，取的中点为的中点为，连接、，则，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，则，所以，根据弧长公式可得.二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的．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（i为虚数单位），则（）A.z的虚部为 B.z的共轭复数为C. D.【正确答案】AC【分析】根据复数的除法运算公式，化简复数，判断选项.【详解】由，故z的虚部为，，，，A、C对，B、D错.10.如图所示，在正方体中，M，N分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（）．A.直线与是平行直线B.直线与是异面直线C.平面与平面所成角的余弦值为D.M，N，B，四点共面【正确答案】BCD【详解】设正方体棱长为，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，各点坐标为：.A：，若两直线平行，则，即，方程组无解，直线与不平行，A错.B：平面，交平面于点，点不在直线上，所以与是异面直线，B对.C：因为平面是底面，所以易得平面的法向量；设平面法向量，，，取，得，设平面与平面所成角为，，C对.D：，，所以，一组平行线确定一个平面，故四点共面，D对.11.已知点O是内及边界上的一点，则以下说法正确的有（）．A.若（），则动点O的轨迹一定通过的垂心．B.若O是的外心，且，则C.若O为的内心，，则D.若E，F，G分别为，，的中点，且，，则的最大值为．【正确答案】BCD【分析】利用正弦定理，结合中点向量公式判断A选项，结合题意与向量数量积的性质得到，最后结合二倍角公式得到判断B选项，由内心的性质得到判断C选项，取中点，确定点的轨迹，再利用数量积的运算法则计算判断D选项.【详解】对于A选项，由正弦定理得，则令，于是，其中为边中点，因此点在边的中线所在直线上，动点的轨迹一定通过重心，故A错误；对于B选项，由题意得，即，设，两边同时平方得，解得，又因为，∴，即，可得，B选项正确；对于C选项，若为的内心，则，∴，所以由余弦定理可得，C选项正确；对于D选项，设中点为，由，得点的轨迹是以为直径的圆，而为中点，则该圆的圆心为，半径，又，于是点在圆上，因此，，当且仅当三点共线时取等号，因此的最大值为，D选项正确.第Ⅱ卷（非选择题共92分）三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡的相应位置．12.已知复数，，则复数的代数形式为_____.【正确答案】【详解】，故代数形式为13.若函数，则的解集为____________【正确答案】【分析】做出函数的大致图象，结合函数的单调性，把，转化为，即可求解.【详解】由题意，做出函数的大致图象，如图所示，可得函数在上单调递减函数，又由，可得，解得，即的解集为.故答案为.本题主要考查了分段函数的性质，其中解答中当题设条件中出现“”此类不等式问题时，头脑中应当联想使用函数的单调性进行解题是解答的关键，着重考查了推理论证能力以及数形结合思想.14.已知四面体中，，平面平面，平面平面，，过点B作，，分别交，于点M，N．设三棱锥，四棱锥的外接球半径分别为，，则的最大值为__________．【正确答案】【分析】对于三棱锥，由平面平面，平面平面，,平面，可知平面，再由，可知平面,又，从而得到，再根据，从而得到平面，故，最后再利用三角形外心作面的垂线找到球，计算出；对于四棱锥，通过三棱锥的分别会发现，故四边形四个顶点在以线段为直径的圆上，再取中点,作平面的垂线，找到球心，计算出，最后求出的最大值.【详解】因为平面平面，平面平面，,平面，所以，平面，故又平面，所以，平面平面，平面平面，,平面,所以，平面,平面，所以，，由于,,,所以，平面，故,在中，取中点,作平面的垂线交于，则由于为直角三角形，,又，故,为斜边的中点，那么,又在中,,所以，即点为三棱锥外接球球心，，在四边形中，，故四边形四个顶点在以线段为直径的圆上，取中点,作平面的垂线交于，则,由于为直角三角形,,又，故,为斜边的中点,所以，,故点为四棱锥的外接球球心，,平面平面，平面平面又平面平面所以，平面,平面,所以，所以，即，设(为参数,)，则，，所以，的最大值为.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，，且与夹角为．（1）求；（2）求与的夹角的余弦值．【正确答案】（1）（2）【分析】（1）首先计算的值，再代入向量模的计算公式，即可求解；（2）代入向量夹角的余弦公式，即可求解.【小问1详解】∵，且与夹角为，∴，∴；【小问2详解】，∴16.如图，已知正方形所在平面和平行四边形所在平面互相垂直，平面平面，M是线段上的一点，且平面．求证：（1）平面平面；（2）M是线段的中点．【正确答案】（1）在正方形中，在平行四边形中，∵平面，平面，且平面，平面，∴平面，平面，又∵平面，平面，且，∴平面平面.（2）取与交点为，则，连接.∴平面平面，∵平面，且平面，∴，在平行四边形中，∴四边形为平行四边形，∴，∴M是线段的中点.【分析】（1）由线线平行得到线面平行，从而证明面面平行；（2）由线面平行的性质得到线线平行，借助平行四边形的性质即可得证.【小问1详解】略【小问2详解】略17.在面积为S的中，三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，，且.（1）求角C的大小；（2）若，，求的周长；（3）若为锐角三角形，且AB边上的高h为2，求面积的取值范围.【正确答案】（1）（2）（3）【分析】根据向量共线的坐标关系，结合正余弦定理边角互化即可求解，（2）由余弦定理以及面积公式即可求解得解，（3）根据正弦定理得，进而根据面积公式可得，由三角恒等变换，化简可得，即可根据三角函数的性质求解.【小问1详解】若，则,由正弦定理可得，故，因此,.【小问2详解】由（1）可得，又,故，因此，故，因此周长为【小问3详解】由于，故，由正弦定理可得，故，因为，所以，所以，故,由于三角形为锐角三角形，故,解得，因此，故，则，因此.18.如图，正方体的棱长为4，，分别是，上的点，且，.（1）求直线与所成角的余弦值.（2）设是线段上的动点（含端点）.（i）判断三棱锥的体积是否为定值.若是，求出该定值；若不是，求出体积的最小值.（ii）当平面时，求的值.【正确答案】（1）（2）（i）不是，体积最小值为；（ii）【分析】（1）根据给定条件，利用几何法，结合余弦定理求出异面直线夹角的余弦值.（2）（i）利用反证法证明不平行于平面即可判断，再求出线段上到平面距离最小值即可；（ii）根据给定条件，确定点的位置，再利用等体积法求解.【小问1详解】在棱长为4的正方体，过点作交于，连接，由正方体的对角面是矩形，得，则，即为直线与所成的角或其补角，由，，得，，，，因此，所以直线与所成角的余弦值为.【小问2详解】（i）三棱锥的体积不是定值.假设三棱锥的体积是定值，则线段上任意每一点到平面的距离都相等，又平面，于是平面，由（1）知，且平面，则平面，而平面，则平面平面，又平面，因此平面，取中点，连接，显然为的中点，则，又与平面交于点，于是与平交，两者矛盾，即假设不成立，所以三棱锥的体积不是定值，由图知，线段在平面的同侧，且在线段的所有点中，到平面的距离最小，则当与重合时，三棱锥的体积最小，且，所以三棱锥体积的最小值为（ii）连接，由正方体的对角面是矩形，得，且平面，则平面，同理平面，而平面，因此平面平面，此时线段平面，满足平面，设，到平面的距离分别为，，则.是边长为的等边三角形，则，由，得，解得，由，得，解得，所以.19.在中，，，，平面上的动点满足，且点，在直线的两侧.（1）求外接圆的直径；（2）记，试将表示为关于的函数；（3）设点满足，求的取值范围.【正确答