重庆市渝中区2025-2026学年高一数学下学期5月期中试题含解析

注意事项：

1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚.

2.每小题选出答案后，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.在试卷上作答无效.

3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存.满分150分，考试用时120分钟.

一、单项选择题：（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项

是符合题目要求的）

1.已知复数满足，则（）

A.B.C.D.

【答案】A

【解析】

【详解】复数满足，则,所以

2.下列关于棱台的性质，不正确的是（）

A.两底面相似B.侧棱延长后交于一点

C.侧棱长都相等D.侧面都是梯形

【答案】C

【解析】

【分析】由棱台的特征判断．

【详解】棱台的三个特征：①两底面相互平行且相似，②各侧棱延长后交于一点，③侧面都是梯形，故C

不正确.

3.已知向量，若，则（）

A.B.1C.2D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据向量坐标运算得，再结合向量平行的坐标表示求解即可.

【详解】因为向量

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所以，

因为，

所以，解得.

4.下列说法中正确的是（）

A.分别在两个平面内的直线是平行直线或异面直线

B.一条直线和两条平行直线中的一条相交，则它和另一条也相交

C.过平面外一点的直线与这个平面只能相交或平行

D.和两条异面直线都相交的两条直线一定是异面直线

【答案】C

【解析】

【分析】利用空间中的线面关系依次判断选项即可.

【详解】对于A，分别在两个平面内的直线可能平行，可能异面，也可能相交，故A错误；

对于B，一条直线和两条平行直线中的一条相交，则它和另一条可能相交，也可能异面，故B错误；

对于C，直线与平面位置关系有三种：在平面内、相交、平行，过平面外一点的直线与这个平面只能相交

或平行，故C正确；

对于D，和两条异面直线都相交的两条直线可能相交，也可能异面直线，故D错误.

5.如图，梯形中，，现将该梯形沿旋转一

周，则旋转形成的几何体的表面积为（）

A.B.

C.D.

【答案】B

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【解析】

【分析】该梯形沿旋转一周，则旋转形成的几何体为圆台，圆台的上底面半径为，下底面半径

为，高为，母线长为，再结合圆台的表面积公式计算即可.

【详解】因为梯形中，，

所以，，

将该梯形沿旋转一周，则旋转形成的几何体为圆台，

圆台的上底面半径为，下底面半径为，高为，母线长为，

所以该圆台的表面积为，

即旋转形成的几何体的表面积为

6.在中，分别是内角的对边，若，且

，则的形状是（）

A.等边三角形B.等腰直角三角形

C.有一个角是的直角三角形D.有一个角是的等腰三角形

【答案】B

【解析】

【分析】由三角形面积公式和余弦定理化简可得，由正弦定理化简得，结合平面向量线性运算、

数量积运算和平面几何知识可得，从而可得是等腰直角三角形.

【详解】根据余弦定理，则.

根据三角形面积公式，则，

化简得，即.因为是三角形内角，所以.

又，由，可得.

则.

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如图所示，在边上分别取点，使，

以为邻边作平行四边形，则四边形为菱形，

连接，且，，

.

又，且，，即.

又，所以，进而，所以是等腰直角三角形.

7.图1勖艾亭是巴蜀中学校园内的标志性建筑，勖艾亭中的“勖”取自首任校长周勖成之名，“艾”则取自首任

教务主任孙伯才（字未艾）之字，合称“勖艾”，寓意纪念两位创校元勋.它的主体部分可以看作是一个正六

棱柱和一个正六棱锥拼接而成的组合体，如图2所示.已知正六棱柱和正六棱锥的底面边长为2，高之比为3

：1，且该几何体的所有顶点都在球的表面上，则球的体积为（）

A.B.C.D.

【答案】A

【解析】

【分析】设正六棱锥的高为，则正六棱柱的高为，可得该几何体的所有顶点都在球的表面上，该几

何体的外接球也是正六棱柱的外接球，所以球心在上，且,由几何关系可得

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,解方程即可求解.

【详解】设正六棱锥的高为，则正六棱柱的高为，

设正六棱锥的上顶点为,正六棱柱底面的中心为,

连接，则,正六棱柱底面

该几何体的所有顶点都在球的表面上，该几何体的外接球也是正六棱柱的外接球，所以球心在上，

且,

设该几何体外接球的半径为,则,解得：,

所以球的体积为

8.如图，在中，，为中点，，若，则的最小值是

（）

A.4B.2C.D.

【答案】B

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【解析】

【分析】根据三角形面积公式化简得到，再利用向量的运算表示出，再利用基

本不等式求解即可.

【详解】已知，，所以，化简得.

由是中点，，所以，

化简得，进而.

因为，所以.

由基本不等式，且，所以，当且仅当，

即，最小值为.

二、多项选择题（本题共3小题，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.已知为虚数单位，为复数，则下列命题中正确的是（）

A.

B.若，则是为纯虚数的充要条件

C.

D.若，则的最大值为3

【答案】AD

【解析】

【分析】对于A，利用复数的乘方运算即可；

对于B，利用纯虚数的概念即可判断；

对于C，利用复数的乘法运算可求解；

对于D，根据题意可得的轨迹是以为圆心，2为半径的圆；将问题转化为圆上的点到的距离

的最大值.

【详解】对于A，，故A正确;

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对于B，若，则，

若，则，取，则不是纯虚数；

若为纯虚数，则，，则，

综上是为纯虚数的必要不充分条件；

对于C，取，则，故C错误；

对于D，设

，，即的轨迹是以为圆心，2为半径的圆；

，其几何意义是圆上的点到的距离.

圆心到点的距离为1，圆的半径为2，

圆上的点到点的最大距离为，即的最大值为3，故D正确;

10.如图所示，在正方体中，为棱中点，点是棱上的一个动点（不包括

端点），平面交棱于点，则下列说法正确的是（）

A.直线与是异面直线

B.存在点，使得为直角

C.若点是棱上的中点，则直线与所成的角为

D.平面平面

【答案】ACD

【解析】

【分析】选项A，直线、既不平行也不相交，为异面直线；选项B，假设，通过证明

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线面垂直发现需要在端点处，因此不存在；选项C，通过线线平行将的夹角转化为的

夹角，进而求解夹角；选项D，利用线面垂直的性质得，进而推导出面面垂直.

【详解】选项A，直线、直线，两直线不平行、无交点、不在同一平面，

符合异面直线定义，A正确；

选项B，若，则，

在正方体中平面，平面，

所以，此时，、平面，

则平面，又平面，

故当且仅当点与点重合时成立，此时有，

即点在点处，不符合题意，B错误；

选项C，为中点时，连接，

因为分别为的中点，所以，

在正方体中，所以有，

则的夹角可转化为的夹角，

因为为等边三角形，所以，

即的夹角为，C正确；

选项D，由正方体性质可得平面，又平面，则，

又，且都在平面内，所以平面，

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又平面，所以，同理可得，

又且都在平面内，故平面，

又平面，故平面平面，D正确.

11.在锐角中，角所对的边分别为，若，则下列说法正确的是（

）

A.

B.若，则满足条件的有且仅有1个

C.的取值范围为

D.的取值范围为

【答案】ABD

【解析】

【分析】利用正弦定理以及三角恒等变换可得，结合三角形形状可得，可判断A，对

于B，利用正弦定理化简可得，结合余弦定理化简求解可判断；对于

C，由

结合正弦函数单调性可判；对于D，将所求表达式化简并利用对勾函数性质计

算可得结果.

【详解】依题意，由正弦定理可得，即；

所以，

又因为为锐角三角形，所以，即，

又，且，

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可得，；故A正确；

对于B，由于，则，由正弦定理可得：，

由余弦定理可得，解得：，

因为，所以仅有一个解满足条件，即满足条件的有且仅有1个，故B

正确；

对于C，，令

由于在上单调递增，在上单调递增，

所以在上单调递增，

则，即，

所以的取值范围为，故C错误；

对于D，

；

显然，由对勾函数性质可知在上单调递增，

所以可得，故D正确.

三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分）

12.___________.

【答案】

【解析】

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【分析】根据复数的乘法、除法及复数的模求解即可.

【详解】，

所以.

13.已知，是非零向量，，且与的夹角为，若，则在方向上的投影向

量的坐标为___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据垂直关系的向量表示及限量数量积的运算律得到，代入投影向量的计算公式计算即

可.

【详解】由已知可得，.

因为，所以，即，

解得或（舍去），所以.

故在方向上的投影向量为，则坐标为.

14.在四棱锥中，，过的平面去截原四棱锥得到体积相等的两个部分，且该平面

交于点，则___________.

【答案】

【解析】

【分析】巧用线面平行证得线段平行，拆分组合体为两个棱锥，区分一次、二次体积比例列方程求解

【详解】设平面与交于，而，

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平面平面，

平面，又平面，平面平面，

设，则，若四棱锥的体积为，又，

，即，而，有，

而，有，

，解得.

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.已知向量是同一平面内的三个向量，向量，

（1）求向量与的夹角的余弦值；

（2）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围.

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】(1)计算出的坐标，再用向量点积公式和模长公式，直接代入求夹角余弦值；

(2)夹角为锐角需同时满足点积大于0和两向量不共线.

【小问1详解】

因为向量，

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所以，

，，

所以.

【小问2详解】

因为向量，

所以

因为与的夹角为锐角，

所以且两向量不同向，

由，解得，

又因为当时，由解得，

所以实数的取值范围是.

16.在四棱锥中，底面是直角梯形，，，底面，

，，点在直线上.

（1）求证：平面平面；

（2）在直线上找一点，使得平面，并求的长.

【答案】（1）证明见解析

（2）

【解析】

【分析】（1）证明平面，结合面面垂直的判定定理即可证明；

（2）连接交于，过作交于，连接，，可证明平面，利

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用几何关系即可求出的长.

【小问1详解】

四边形是直角梯形，，

，

又平面平面，

，且平面平面，

又平面平面平面；

【小问2详解】

连接交于，过作交于，连接，.

由平面平面，得平面可得，

又，直角中，，所以.

17.巴蜀中学高2028届班级文化展示活动中，几位志愿者设计了一个凸四边形的展区（如图），已

知米，米.

（1）若，，求的值；

（2）若米，四边形的面积为100平方米，求的值.

【答案】（1）

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（2）

【解析】

【分析】（1）根据正弦定理及同角三角函数关系求解即可.

（2）在，中，根据余弦定理可得，根据四边形面积及三角形面积公

式可得，两式平方相加，结合两角差的余弦公式即可求解.

【小问1详解】

在中，因为，，

所以.

在中，由正弦定理得：，所以.

又，所以，所以.

【小问2详解】

在，中，由余弦定理得，

，

，

所以，即.

又，

即，

整理得.

所以，

整理得，

所以.

18.在多面体中，底面为矩形，平面

，

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（1）求直线与底面所成角的正弦值；

（2）求二面角的正切值；

（3）求三棱锥的体积.

【答案】（1）

（2）

（3）12

【解析】

【分析】（1）取的中点为，连接，可得就是直线与底面所成角，利用几何

关系求解即可；

（2）过作，垂足为，连接，可得就是二面角的平面角，利用几

何关系求解即可；

（3）把多面体补成为长方体，利用求解即可.

【小问1详解】

取的中点为，连接，，，

四边形是平行四边形，，

又平面，所以就是直线与底面所成角.

又底面为矩形，

在直角中，

直线与底面所成角的正弦值为；

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【小问2详解】

设二面角的大小为，二面角的大小为，二面角的大小为

所以，因为平面，所以平面.

过作，垂足为，连接，所以就是二面角的平面角，

即，在直角中，，所以，所以

同理可得，所以

所以二面角的正切值为.

【小问3详解】

把多面体补成如图长方体

则.

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所以.

19.定义：对于非零向量，若函数，则称为向量的“互助函数”，

向量为函数的“互助向量”.

（1）已知，若函数的“互助向量”为，求的最大值；

（2）向量为函数的“互助向量”，的一条边长度等于

的最大值，边上的高等于，以的各边为直径向外分别作三个半圆，求这三

个半圆围成的平面区域上任意两点间距离的最大值；

（3）若函数为向量的“互助函数”，，.判断，，能

否作为三边长？若能，给出证明；若不能，请说明理由.

【答案】（1）

（2）

（3）能，证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据“互助向量”得到，利用向量减法求出，结合向量的模及辅助角公

式求解即可.

（2）利用辅助角公式得到，结合三角形面积公式得到，根据余弦定

理得到

；根据三角形中位线及圆的性质得到