2025~2026学年吉林延边朝鲜族自治州延吉市第三高级中学下册高一年级期中考试数学试题 [含答案]

这是一份2025~2026学年吉林延边朝鲜族自治州延吉市第三高级中学下册高一年级期中考试数学试题 [含答案]
2、第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂写在答题卡对应的方框内；第Ⅱ卷请用黑色墨水签字笔在答题卡各题的答案区域内作答，超出答题区域的答案无效，在草稿纸上作答无效.
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，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知复数满足，则的共轭复数（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】B
【详解】.
2. 已知向量，则（ ）
A. B. C. 1D. 6
【正确答案】B
【分析】由向量垂直的坐标表示求解．
【详解】因为，
所以，，解得．
3. 如图，在平行四边形中，点是对角线上靠近的三等分点，设，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】B
【详解】由，，
在平行四边形中，.
点是上靠近的三等分点，故.
而，因此.
4. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，则该四棱锥外接球的体积为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】根据几何体结构特征补形为长方体得外接球球心在中点处，求出即可得球的半径，进而由球的体积公式即可得解.
【详解】根据几何体结构特征，将几何体补形为长方体，
显然四棱锥的外接球即为长方体的外接球，
所以外接球球心在中点处，
又，故外接球半径，
所以.
故选：D.
5. 已知正三棱锥，，，为中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】取中点，连接，，得到（或补角）即为异面直线与所成角求解.
【详解】取中点，连接，，则，
所以（或补角）即为异面直线与所成角，
因为，，则，，
由余弦定理可得，
所以异面直线AF与BD所成角的余弦值为.

故选：D.
6. 在中，角所对的边分别为，若，则的形状为（ ）
A. 等腰三角形B. 等边三角形C. 直角三角形D. 等腰直角三角形
【正确答案】C
【详解】在中，由，
根据正弦定理，得，
又，
则，
即，在中，，
则，因为，所以，则为直角三角形.
7. 已知正四棱台的体积为，，，则该四棱台的表面积为（ ）
A. 18B. C. D.
【正确答案】B
【分析】依次求得正四棱台的高，侧面等腰梯形的高，结合棱台表面积公式即可求解.
【详解】设正四棱台的高为，则，解得，
设正四棱台侧面等腰梯形的高为，则，
故该四棱台的表面积为.
故选：B.
8. 如图，在棱长为1的正方体中，为线段上的动点，下列说法不正确的是（ ）
A. 对任意点，平面
B. 三棱锥的体积为
C. 线段长度的最小值为
D. 存在点，使得与平面所成角的大小为
【正确答案】D
【分析】连接，证得平面平面，可判定A正确；根据，可判定B正确；当点为线段的中点时，求得线段的长度最小值，可判定C正确；求得与平面所成角的正切值的取值范围，可判定D错误.
【详解】连接，由且，
可得四边形为平行四边形，所以，
又由平面，且平面，所以平面，
同理可得平面，又，可得平面平面，
所以对于任意点，则平面，所以A正确；
由，所以B正确；
当点为线段的中点时，可得，
此时线段的长度最小，最小值为，所以C正确；
当点在线段上运动时，长度的最小值为，最大值为，
又由长度的取值范围为，而点到平面的距离为定值1，
因为平面平面，
所以与平面所成角与与平面所成角相等，
又由平面，可得在平面射影为，
所以在平面所成角的正切值为，
即与平面所成角的正切值的取值范围为，
其最大值小于，则不存在点使得与平面所成角的大小为，
所以D错误.
故选：D.
1、对面面平行判定定理的条件“面内两相交直线”认识不清导致错解；
2、等体积法：等体积法也称积转化或等积变形，通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决锥体的体积，特别时三棱锥的体积.
3、求解直线与平面所成角时，根据直线与平面所成角的定义，结合垂线段与斜线段的长度比求得线面角的正弦值.
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，有选错的得 0 分．
9. 如图所示，在棱长为1的正方体中，为的中点，直线交平面于点，则下列结论正确的是（ ）
A. ，，三点共线
B. 平面
C. 直线与平面所成的角为
D. 到平面的距离为
【正确答案】ABC
【分析】利用正方体的特征证得点在上可知项正确；利用线面垂直的判断定理可得平面，故项正确；首先找到线面角，然后利用三角函数值确定线面角的大小即可；由三棱锥的等体积法可得点面距离．
【详解】由于为正方体的体对角线，
在平面内，据此可得平面平面于，
又交平面于点，故点在上，故项正确；
很明显平面，平面，故，
同理，，于点，故平面，故项正确；
设正方体的棱长为1，直线与平面的夹角为，则，
点到平面的距离为，故，，故项正确；
设到平面的距离为，，，解得，故D项错误；
故选：ABC．
10. 如图，该几何体由高均为1的圆锥与圆柱组成，圆锥的底面与圆柱的上底面重合，若该几何体底面半径为1，则（ ）
A. 圆锥的母线长为B. 圆锥与圆柱的体积比为1：3
C. 该几何体的表面积为D. 圆锥侧面展开图的圆心角为
【正确答案】ABD
【分析】根据给定的几何体，利用圆锥、圆柱的结构特征，结合体积公式、侧面积公式逐项求解判断.
【详解】对于A，由勾股定理得圆锥母线长，A正确；
对于B，圆锥的体积为，圆柱的体积为，
因此圆锥与圆柱的体积比为，B正确；
对于C，该几何体的表面积为，C错误；
对于D，设圆锥侧面展开图的圆心角为，由弧长公式得，圆心角，D正确．
故选：ABD
11. 设为两个不同的平面，为两条不同的直线，且，则下列说法正确的是（ ）
A. 若或，则
B. 若，则或
C. 若或，则
D. 若，则或
【正确答案】BC
【详解】对于A项，若或，此时与平面的交线的位置关系不确定 ，
可能与异面或平行，故A项错误；
对于B项，若，可能在平面或内，但是一定有或，故B项正确；
对于C项，若，因为，所以，由直线与平面垂直的性质，可得；
若，因为，同理可得，故C项正确；
对于D项，若，与平面的位置关系不确定，不一定垂直于或，故D项错误．
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，是等腰直角三角形且，其中斜边，则这个平面图形的面积是___________．
【正确答案】##
【详解】设对应的平面图形为，
在斜二测画法的图形中在轴上，还原后的图形中在轴上，且长度不变，
在斜二测画法的图形中在轴上，还原后的图形中在轴上，
且的长度扩大为的倍，
是等腰直角三角形且，斜边，，
根据斜二测画法可知，，，,
.
13. 为测量河北岸两点，之间的距离（不可到达），现在河南岸选定两点，，并测得，，，则_____．
【正确答案】
【分析】由已知得，求得，在中由正弦定理得，在中，由余弦定理即可求解．
【详解】由，，得，，
所以，
在中，，
由正弦定理得，，则，
在中，由余弦定理得，，
解得，
故．
14. 如图，已知在三棱柱中，分别为的中点，则截面分三棱柱的体积比______.
【正确答案】
【分析】通过设，三棱柱的高为，来求出棱台的体积，进而求出三棱锥的体积，计算比值.
【详解】设，三棱柱的高为.
，
.
.
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分．解答应写出文字说明、解答过程或演算步骤．
15. 已知向量，且与的夹角为.
（1）求；
（2）若与平行，求实数的值；
（3）求与上的投影向量.
【正确答案】（1）
（2）
（3）
【分析】（1）根据题意，利用向量的夹角公式，列出方程，求得的值，结合模的计算公式，即可求解；
（2）先求得，且，结合与平行，列出方程，即可求解；
（3）根据题意，结合向量的投影向量的公式，即可求解.
【小问1详解】
解：因为，可得且，
又因为与的夹角为，可得，
解得或，
因为，所以，所以，
则，所以.
【小问2详解】
解：因为，
所以，，
又因为与平行，所以，解得.
【小问3详解】
解：因为，可得，
可得，且，
所以在上的投影向量为.
16. 如图所示，在正方体中，.证明：
（1）证明
（2）.
【正确答案】（1）在正方体中，，且 ，故 ；
又 ，所以四边形 是平行四边形；
所以，又 平面 ， 平面 ；
所以 平面 ;
（2）连接，因为四边形 是正方形，所以 ,
在正方体中， 平面 ， 平面 ，所以 ,
，，且 ， 平面 ；
所以 平面 ，因为 平面
故 ，即 .
【分析】（1）通过线面平行判定定理证明；
（2）通过线面垂直证明线线垂直.
【小问1详解】
略；
【小问2详解】
略.
17. 在中，角所对的边分别是，且.
（1）求角；
（2）已知的角平分线交于点，若的面积为，求.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）由正弦定理及两角和的正弦公式化简即可得解；
（2）根据三角形的面积公式求解即可.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得，
即，
所以，
因为，则，可得，
则，故；
【小问2详解】
由，解得，
因为，即，
即，
解得.
18. 已知菱形的边长为，平面外一点在平面上的射影是与的交点是等边三角形．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的大小；
（3）求点到平面的距离.
【正确答案】（1）证明：因为点在底面上的射影是与的交点，
所以平面，因为平面，所以，
又因为四边形为菱形，所以，
因为，且平面，所以平面．
（2）
（3）
【分析】（1）由题可得平面，所以，根据菱形的性质可得，再根据线面垂直的判定定理即可证明；
（2）由平面，得到是直线与平面所成角，在直角中，即可求解；
（3）设点到平面的距离为，根据，列出方程，即可求解．
【小问1详解】
略
【小问2详解】
解：因为平面，所以直线与平面所成角，即为，
又因为菱形的边长为且，可得为等边三角形，且，
因为是等边三角形，所以，
在直角中，可得，
因为，所以.
【小问3详解】
解：由题意，可得，与都是边长为是等边三角形，
所以，且，
所以，
因为，所以，
设点到平面的距离为，由，可得，
即，解得，
所以点到平面的距离为．
19. 已知、、分别为三个内角、、的对边，
（1）求；
（2）若的面积为，求的周长；
（3）若为锐角三角形，求的周长的取值范围：
【正确答案】（1）
（2）6 （3）
【分析】（1）正弦定理边化角，利用三角恒等变换即可求解；
（2）余弦定理结合三角形面积公式求出即可；
（3）利用正弦定理把周长表示成关于的函数求解即可.
【小问1详解】
由正弦定理，
可变成，
又
则，又，,
则，即，又，则，
从而，所以.
【小问2详解】
由的面积为，得，
又由余弦定理，得，从而，
从而，得（负值舍去）
从而的周长.
【小问3详解】
由正弦定理，
从而，
由为锐角三角形，得，解得，
从而,则,，
即的周长的取值范围.