广西玉林市五校2025-2026学年高一下学期5月期中联考数学试题（含解析）

这是一份广西玉林市五校2025-2026学年高一下学期5月期中联考数学试题（含解析），共36页。
1．答题前，务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡规定的位置上．
2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号．
3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上．
4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效．
一、单选题：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，则复数z的虚部为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的运算法则求得，进而可得z的虚部．
【详解】，则复数z的虚部为2．
故选：D．
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体
B. 球的直径是连接球面上两点并且经过球心的线段
C. 以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥
D. 用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台
【答案】B
【解析】
【分析】根据几何体的结构特征逐项分析判断.
【详解】对于A：虽然各侧面都是正方形，但底面不一定是正方形，
所以该四棱柱不一定是正方体，故A错误；
对于B：球的直径的定义即为“连接球面上两点并且经过球心的线段”，故B正确；
对于C：以直角三角形的直角边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥，
以直角三角形的斜边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是两个共底面的圆锥组成的几何体，
故C错误；
对于D：用一个平行于底面的平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台，故D错误；
故选：B.
3. 已知且，则x等于（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面向量共线的坐标表示即得.
【详解】因为，
所以，
解得.
故选：C.
4. 设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中为真命题的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】C
【解析】
【分析】对于ABD，由答案不完备即可判断错误；对于C，由线面平行的性质、面面垂直的判定定理即可判断.
【详解】对于A，若，则或异面，故A错误；
对于B，若，则或，故B错误；
对于C，若，则存在，且，因为，所以，而，从而，故C正确；
对于D，若，则或，故D错误.
故选：C.
5. 某一时段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发､渗透､流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：）.24小时降雨量的等级划分如下：
在一次降雨过程中，用一个侧棱的三棱柱容器收集的24小时的雨水如图所示，当侧面水平放置时，水面恰好过的中点.则这24小时的降雨量的等级是（ ）
A. 小雨B. 中雨C. 大雨D. 暴雨
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件利用柱体体积公式求出水的实际体积，再由两种情况的放置水的体积相同求解液面高度，即可与降雨量等级比较求解．
【详解】设的面积为，底面水平放置时，液面高为，
侧面水平放置时，水的体积为，
当底面水平放置时，水的体积为，
于是，解得，
所以当底面水平放置时，液面高为．
故降雨量等级为暴雨，
故选：D
6. 如图，在棱长为2的正四面体中，点D为边的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，过作的平行直线，利用几何法求出异面直线夹角的余弦.
【详解】在正四面体中，取中点，连接，
由是的中点，得，则是异面直线与所成的角或其补角，
，则，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：A.
7. 已知球的表面积为，圆台的上、下底面半径之比为，球与圆台的两个底面及侧面都相切，则圆台的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由球的表面积得到球的半径，由球与圆台内切得到圆台的高，进而求出圆台上下底面半径和母线长，求出表面积.
【详解】已知球的表面积为，设球的半径为，则得，解得，
因为球与圆台上下底面都相切，所以圆台的高.
设圆台上下底面半径分别为、（满足），因为圆台有内切球，则母线长，
即 .又，所以 ，
即 ，整理得 解得，即 ， ，母线.
所以圆台的表面积 .
8. 已知为的外心，且，则等于（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】根据点为的外心，且，所以，得到答案.
【详解】因为点为的外心，且，
所以
，
故选A.
该题考查的是有关向量数量积的运算问题，涉及到的知识点有三角形外心的性质，向量数量积的定义式，属于简单题目.
二、多选题：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，有多项是符合题目要求的，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. 已知向量，，则（ ）
A. B.
C. D. 在上的投影向量为
【答案】ACD
【解析】
【分析】求出，即可判断A；计算的值，看结果是否为0，即可判断B；求出，即可判断C；根据投影向量的定义，求出在上的投影向量，即可判断D.
【详解】因为，故A正确；
因为，，
，
所以向量与不垂直，故B错误；
因为，故C正确；
因为，
所以在上的投影向量为，
故D正确.
10. 对于，有如下判断，其中错误的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则是等腰三角形
C. 若，则符合条件的有两个
D. 若，则是锐角三角形
【答案】BD
【解析】
【分析】利用三角形大边对大角和正弦定理判断A，利用正弦定理边化角得出角的关系判断B，利用正弦定理求出的值判断C，利用正弦定理可得，再利用余弦定理判断D.
【详解】选项A，在中由大边对大角可知若，则，
又由正弦定理可得，故A说法正确；
选项B，若，则由正弦定理边化角可得，
即，所以或，整理得或，
所以是等腰三角形或直角三角形，B说法错误；
选项C，因为，所以由正弦定理可得，
所以角有两个值，此时符合条件的有两个，C说法正确；
选项D，若，则由正弦定理角化边可得，
所以，即角是钝角，所以是钝角三角形，D说法错误；
故选：BD
11. 正方体的棱长为1，P为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 平面平面
B.
C. 直线与BP所成的角可以为直角
D. 平面，且平面，则平面截正方体所得截面面积的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题意得平面，平面，由面面平行的判定定理可判断A；由，可证得平面，可判断B；连接，则或其补角为直线与BP所成的角，结合三角形内角和定理，可判断C；由正方体中心对称性可知，为的中点时，平面截正方体所得截面的面积最大，作出截面求出面积，可判断D．
【详解】对于A，因为为正方体，所以．
又，所以，
所以为平行四边形，所以．
又平面平面．
由直线与平面平行的判定定理得平面，
同理平面，又，平面，平面
所以平面平面，故A正确；
对于B，∵平面，平面，∴，
∵平面，∴平面，
∵平面，∴，故B正确；
对于C，连接，则，则或其补角为直线与BP所成的角，
因为，所以，
若直线与BP所成的角为直角，则，
则，与三角形内角和定理矛盾，故C错误；
对于D，由正方体中心对称性可知，平面经过对称中心所得截面的面积最大，
所以为的中点时，平面截正方体所得截面的面积最大，
取的中点的中点的中点的中点的中点的中点，
连接MN，NE，EF，FG，GH，HM，则MNEFGH为正六边形，
∵面，面，∴，
∵，，面，∴面，
∵面，∴，同理，
∵，面MNEFGH，∴面MNEFGH，
所以平面截正方体所得截面为正六边形MNEFGH时，面积最大，
其面积为，故D正确．
故选：ABD.
方法点睛：立体几何中最值问题，一般可从三个方面处理解决：一是函数法，即根据题中信息直接建立函数关系式，或通过空间向量的坐标运算建立函数关系式，转化为函数的最值问题求解，最后根据函数的形式，选择利用函数的性质、基本不等式或导数求最值；二是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断求解；三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知向量的夹角为，则__________.
【答案】
【解析】
【详解】由题意可得，
可知.
13. 如图所示，在正方形铁皮上剪下一个扇形和一个直径为2的圆，使之恰好围成一个圆锥，则圆锥的高为______．

【答案】
【解析】
【分析】根据弧长公式求出扇形半径，得到母线，再根据勾股定理得到高.
【详解】解：∵直径为2的圆形，∴底面圆的半径为：1，周长为2π，
记扇形半径为，由扇形弧长得∴，即母线为4，
∴圆锥的高为：
故答案为：
14. 一艘客船在处测得灯塔在它的北偏东,在处测得灯塔在它的北偏西,距离为n mile.客船由处向正北航行n mile到达处,再看灯塔在它的南偏东,则______n mile;设灯塔在处的南偏西度,则______.
【答案】 ①. 36 ②. 60
【解析】
【分析】根据题意画出草图,在中由正弦定理得长度,在中,由余弦定理,得长度,发现在中符合勾股定理,从而得到值.
【详解】解:由题意画草图如下:
在中,由已知得,,
则,.
由正弦定理,得,
在中,由余弦定理,
得
即,
,
,从而,
所以灯塔在处的南偏西.
故答案为:
四、解答题：共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 如图，在正三棱柱中，分别是，，的中点.

（1）求证：B，C，H，G四点共面；
（2）求证：平面；
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）借助三角形的中位线，证明，可得B，C，H，G四点共面；
（2）结合平行四边形性质先证，再证平面.
【小问1详解】
（1）∵G，H分别是，的中点，
∴GH是的中位线，∴，
又在三棱柱中，，
∴，

∴B，C，H，G四点共面；
【小问2详解】
∵在三棱柱中，，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，∴，
∵平面，平面，∴平面.
16. 中，角，，对边分别为，，，，
（1）求的大小；
（2）若，，求的面积．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）通过正弦定理可求得的值，进而可求出；
（2）法一：先求出，通过余弦定理求出的值，再求面积即可；法二：先求出的值，再求出，最后由三角形面积得结果.
【小问1详解】
由已知得，
由正弦定理代入上式得，
得，
由，得
【小问2详解】
法一：由（1）知，代入得，
由余弦定理得，
得或，
①当时，，
②当时，，
法二：由题知，，
代入得，
∵，∴，或
①时，，，
，
②时，，，
．
17. 如图，在五面体中，平面，，，，点为中点．
（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的余弦值；
（3）求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）取的中点，先根据线面平行的判定定理证明平面，再证明，即可得到平面，再根据面面垂直的判定定理证明即可；
（2）先根据线面角的定义找到直线与平面所成的角，然后在中求出即可；
（3）利用等体积法将三棱锥的体积转化为三棱锥的体积，再根据锥体的体积公式计算即可.
【小问1详解】
如图所示，取的中点，连接.
，.
又平面，平面，，
，平面，平面.
点为中点，，又，，
，是平行四边形，，
平面，又平面，平面平面；
【小问2详解】
由（1）知平面，就是在平面内的射影，
即为直线与平面所成的角.
在中，，，，
.
平面，平面，，
在中，，
，，
平面，又平面，，
在中，，
；
【小问3详解】
由（1）（2）可知，，，且，
又知平面，平面，就是三棱锥的高，
.
18. 已知的内角，，的对边为，，，且．
（1）求；
（2）若的面积为，求内角的角平分线长的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将角化边，再由余弦定理求出角即可得解；
（2）利用三角形面积公式结合基本不等式即可求解.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理得，即，
由余弦定理得，
因为，所以，所以.
【小问2详解】
因为为角的角平分线，所以，
由于，所以，
所以，所以，
因为，当且仅当时等号成立，
所以，即，当且仅当时等号成立，
所以的最大值为.
19. 如图，在梯形中，，，，四边形为矩形，平面平面，．

（1）求证：平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值；
（3）若点在线段都不重合）上运动，设平面与平面所成二面角的平面角为，试求的范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理和勾股定理证明，然后由面面垂直的性质定理可证；
（2）取中点，连接，，证明为二面角的平面角，然后利用余弦定理求解可得；
（3）先作出平面与平面的交线，然后作出二面角的平面角，令，，用表示出，然后可得.
【小问1详解】
在梯形中，
，，，
，，
，，
平面平面，平面平面，
平面，平面．
【小问2详解】
取中点，连接，，
，，，
，，为二面角的平面角．
由（1）知平面，平面，，
，，
，，
．
【小问3详解】
当与，都不重合时，令，，
延长交的延长线于，连接，
在平面与平面的交线上，
在平面与平面的交线上，
平面平面，
过作交于，连接，
由（1）知，，
又，平面，，
平面，平面，．
又，平面，，
平面，，．
因为，所以，
因为，所以，所以，
所以，整理得，
所以
因为为直角三角形，为斜边上的高，所以，
所以，
，，
，．

24小时降雨量（精确到）
降雨等级
小雨
中雨
大雨
暴雨