2025~2026学年甘肃省文县第二中学等校高一下册5月期中数学试题【含答案】

/数学一、单选题：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.1.下列命题正确的是（）A.三个点可以确定一个平面 B.长方体一定是直四棱柱，正四棱柱一定是长方体C.一条直线和一个点可以确定一个平面 D.两条直线可以确定一个平面2.设，则的虚部是（）A. B. C. D.3.已知的内角，，所对的边分别是，，，若，，则的值为（）A. B. C. D.4.如图，是利用斜二测画法画出的的直观图，其中轴，轴，，则的周长为（）A. B. C. D.5.下列说法中，正确的是（）A.有一个面为多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体是棱锥B.用一个平面去截圆锥，圆锥底面与截面之间的部分是圆台C.底面是正方形，有两个侧面是矩形的棱柱是正四棱柱D.棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形6.在平行四边形中，点满足，与交于点.若，则（）A. B. C. D.17.在三棱锥中，，，，平面平面，则三棱锥的外接球体积为A. B. C. D.8.设为坐标原点，为椭圆的两个焦点，点在上，，则（）A. B. C. D.二、多选题：本题共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.已知单位向量，的夹角为，则下列结论正确的有（）A.B.在方向上的投影向量为C.若，则D.若，则10.已知为复数，下列说法正确的是（）A. B. C.若，则 D.若，则11.在△ABC中，内角所对的边分别为，则下列说法正确的是（

）A.若△ABC是锐角三角形，则B.若，则△ABC为等腰三角形C.若，则△ABC是钝角三角形D.若，，，则满足这组条件的三角形有两个三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知，，则与的夹角为_______________．13.已知a，b，c分别是的三个内角A，B，C的对边，已知角，，若是锐角三角形，则的面积为S的取值范围为______.14.已知平面内有5个互不相等的单位向量，，，，.若这5个向量中恰有1对向量互相平行，恰有3对向量互相垂直，则的最大值为____________.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.已知复数是关于的方程的两个根，且.（1）求和的值；（2）记复数在复平面内对应的点分别为，已知为坐标原点，且，求复数.16.如图，三棱台中，侧面四边形为等腰梯形，底面三角形为正三角形，且，设为棱上的点.（1）若为棱的中点，求证；（2）若三棱台两底面间的距离为，且侧面底面，试探究是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.17.已知函数．（1）求函数的最小正周期及单调递增区间；（2）在锐角中，设角所对的边分别是，若且，求周长的取值范围．18.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，D为边BC上一点，且．（1）求角A的大小；（2）若，且，求a的值；（3）若AD为角平分线，求的最小值．19.如图1，椰子树是海南最具代表性的树木之一，树干笔直无分枝，叶片形似巨大的羽毛伞.如图2，、两处观测点与树干底部点在同一水平面内，树干垂直于水平面，某同学在地面处，测得树干顶端处的仰角为，、两处相距米，，.（1）求观测点到树干底部点的距离的长度；（2）求在树干顶端处观测到、两点的夹角的余弦值.

数学一、单选题：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.1.下列命题正确的是（）A.三个点可以确定一个平面 B.长方体一定是直四棱柱，正四棱柱一定是长方体C.一条直线和一个点可以确定一个平面 D.两条直线可以确定一个平面答案：B解析：思路：由平面的基本性质、长方体及四棱柱的概念依次判断即可.解答过程：三个不共线的点可以确定一个平面，A错误；长方体一定是直四棱柱，正四棱柱一定是长方体，B正确；一条直线和直线外一点可以确定一个平面，C错误；两条异面直线不能确定平面，D错误.故选：B.2.设，则的虚部是（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：根据复数的乘法和除法运算，结合共轭复数及复数的概念求解即可.解答过程：.则，所以的虚部为.3.已知的内角，，所对的边分别是，，，若，，则的值为（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：根据正弦定理边化角计算即可.解答过程：由正弦定理，由边化角得.4.如图，是利用斜二测画法画出的的直观图，其中轴，轴，，则的周长为（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：根据余弦定理可求得，根据斜二测画法得到原图形边长即可．解答过程：因为其中轴，轴，所以，由余弦定理得，，即，解得，由斜二测画法知原为直角三角形，，，，所以周长为．故选：A．5.下列说法中，正确的是（）A.有一个面为多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体是棱锥B.用一个平面去截圆锥，圆锥底面与截面之间的部分是圆台C.底面是正方形，有两个侧面是矩形的棱柱是正四棱柱D.棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形答案：A解析：解答过程：对于A，由棱锥的定义判断A正确；对于B，只有当平面与底面平行时，所截部分才是圆台，故B错误；对于C，上、下底面都是正方形，且侧棱垂直于底面的棱柱才是正四棱柱，故C错误；对于D，斜棱柱的侧面不是全等的平行四边形，故D错误．6.在平行四边形中，点满足，与交于点.若，则（）A. B. C. D.1答案：B解析：解答过程：由题意，作图如下：因为三点共线，所以可设又，可得；所以；又因为三点共线，可设，因此可得，解得；所以可得.7.在三棱锥中，，，，平面平面，则三棱锥的外接球体积为A. B. C. D.答案：C解析：思路：先根据面面垂直性质定理得平面，再根据正弦定理求的外接圆的直径，最后根据球心位置列式求半径，即得结果.解答过程：平面平面，平面平面，，平面，平面，，所以，是边长为的等边三角形，由正弦定理得的外接圆的直径为，所以，该球的直径为，则，因此，三棱锥的外接球体积为．故选．方法提示：本题考查面面垂直性质定理、正弦定理以及外接球体积，考查综合分析求解能力，属中档题.8.设为坐标原点，为椭圆的两个焦点，点在上，，则（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：根据椭圆的定义和焦点三角形的余弦定理建立方程组，然后再根据，两边平方即可求解.解答过程：因为①，，即②，联立①②，解得：，而，所以，即.故选：B二、多选题：本题共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.已知单位向量，的夹角为，则下列结论正确的有（）A.B.在方向上的投影向量为C.若，则D.若，则答案：AB解析：思路：对于A，利用向量垂直的充要条件判断即得；对于B，根据投影向量的定义易得；对于C，利用向量数量积的运算律计算求得即可排除；对于D，利用向量数量积的运算律计算推得即可排除.解答过程：对于A，由，可得，故A正确；对于B，根据在方向上的投影向量定义即得，故B正确；对于C，由，解得，因，故，即C错误；对于D，由，得，即，故，即D错误.故选：AB.10.已知为复数，下列说法正确的是（）A. B. C.若，则 D.若，则答案：AB解析：思路：设，，应用复数的模的计算公式，复数的乘法、共轭运算判断A、B；取，判断C；取，判断D.解答过程：A，设，，，所以所以，正确；B，由上，由，得，所以成立，正确；C，若，不妨取，，此时，但不成立，错误；D，若，不妨取，，则，错误.11.在△ABC中，内角所对的边分别为，则下列说法正确的是（

）A.若△ABC是锐角三角形，则B.若，则△ABC为等腰三角形C.若，则△ABC是钝角三角形D.若，，，则满足这组条件的三角形有两个答案：AC解析：思路：根据正弦定理、余弦定理、三角形内角关系，结合三角函数性质逐项分析即可得结论.解答过程：对于A，若△ABC是锐角三角形，则，所以，因为，且正弦函数在该区间递增，则，故A正确；对于B，若，又，则或，所以或，则△ABC为等腰三角形或直角三角形，故B不正确；对于C，若，由正弦定理得，由余弦定理得，则角为钝角，则△ABC是钝角三角形，故C正确；对于D，若，，，根据正弦定理，则，所以，而正弦函数的值域为，因此这样的角不存在，满足条件的三角形无解，故D不正确.故选：AC.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知，，则与的夹角为_______________．答案：解析：思路：利用向量垂直，数量积为零，再利用数量积求夹角余弦值，即可求解.解答过程：由可得：.又因为，所以，即，又因为，所以，故答案为：.13.已知a，b，c分别是的三个内角A，B，C的对边，已知角，，若是锐角三角形，则的面积为S的取值范围为______.答案：解析：思路：方法一：由正弦定理与和角公式将的面积表示成，结合锐角三角形条件求得，利用正切函数的值域即可求得其范围；方法二：由余弦定理，得，根据锐角三角形条件，可得，将结论代入求得，利用三角形面积公式即可求得其范围.解答过程：方法一：由正弦定理，得，则，，故，又因是锐角三角形，所以，故，所以，，故得，即的面积为S的取值范围为.方法二：由余弦定理得，即，故，因为锐角三角形，则，即，将代入①，得，解得，将代入②，得，解得或（舍去），综上，，所以.故答案为：.14.已知平面内有5个互不相等的单位向量，，，，.若这5个向量中恰有1对向量互相平行，恰有3对向量互相垂直，则的最大值为____________.答案：##解析：思路：先利用平行向量为相反向量的性质简化问题，再结合题设垂直对数约束，分类讨论并排除不可能情形，最终确定向量分布，利用向量加法的三角不等式求出和向量模长的最大值．解答过程：因为这5个单位向量互不相等，且恰有1对向量互相平行，所以这2个向量互为相反向量，令，则，若，，中有2个或3个向量与垂直，则这些向量也与垂直，所以这5个向量中，至少有4对向量互相垂直，不符合题意．若，，均不与垂直，也不与垂直，则，，两两垂直，不符合平面向量的性质．故，，中恰有1个向量同时与，垂直，令，，则由题可知，从而，则，当且仅当与同向时，等号成立，经检验，此时满足题设条件，故的最大值为．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.已知复数是关于的方程的两个根，且.（1）求和的值；（2）记复数在复平面内对应的点分别为，已知为坐标原点，且，求复数.答案：（1），（2）解析：思路：（1）由题意可知也是方程的一个根，利用韦达定理计算即得答案；（2）由，得到，即得，代入计算即得.（1）由复数是实系数方程的一个根，可知也是方程的一个根，由韦达定理，可得，，所以，.（2）因为，所以，则，则得，由（1）可得，，所以.16.如图，三棱台中，侧面四边形为等腰梯形，底面三角形为正三角形，且，设为棱上的点.（1）若为棱的中点，求证；（2）若三棱台两底面间的距离为，且侧面底面，试探究是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.答案：（1）证明见解析（2）存在，与点重合解析：思路：(1)利用线面垂直证明线线垂直；(2)解法1：设直线与平面所成角为，,到平面的距离是，利用求出，确定的位置.解法2：建立空间直角坐标系，利用坐标法求直线与平面所成角的正弦值为时点的位置.（1）如图：取中点，连接，因为四边形为等腰梯形，且为中点，所以.又为正三角形，所以，平面，所以平面，又平面，所以.（2）解法1：延长三棱台侧棱交于点，补成三棱锥，取中点，中点，连接；侧面为等腰梯形，故；侧面底面，交线为，平面，因此平面；已知两底面距离为，即；由相似比，得；底面为正三角形，，则，；在中，；在中，；设点到平面（即平面）的距离，由，即，，，代入得：，解得；设点到平面的距离，由相似比，得；设，点到平面的距离，由相似性：，、得，其中；作于，则，，，由余弦定理：，，设直线与平面所成角为，则，代入得：，化简得，解得或（舍去），即点与重合,所以存在点，当与点重合时，直线与平面所成角的正弦值为.解法2：设中点为，连接，则，又侧面底面，侧面底面侧面，所以底面，又底面，所以，又，所以两两垂直，故可以为原点，所在的直线分别为轴建立如图空间直角坐标系.因为三棱台两底面间的距离为，即，又三角形为正三角形，且，则，设，则，设平面的法向量为，则，可取设直线与平面所成的角为，则，由，所以，故或（因为，故舍去），此时与点重合，所以存在点，当与点重合时，直线与平面所成角的正弦值为.17.已知函数．（1）求函数的最小正周期及单调递增区间；（2）在锐角中，设角所对的边分别是，若且，求周长的取值范围．答案：（1）最小正周期为，，（2）解析：思路：（1）化简函数，结合三角函数的图象与性质，即可求解；（2）由（1）及，求得，根据正弦定理得到，，得到，结合，即可求解.（1）由题意，函数，所以函数的最小正周期为，令，解得，所以函数的单调递增区间是，.（2）由（1）可得，因为，可得，由正弦定理可知，所以，，由及为锐角三角形，解得，则.因为，可得，所以，所以，故周长的取值范围为.18.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，D为边BC上一点，且．（1）求角A的大小；（2）若，且