河北省石家庄市第一中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份河北省石家庄市第一中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试卷（Word版附解析）试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
数学学科试题
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知向量，，若，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知某平面图形用斜二测画法画出的直观图是边长为1的正方形，则原图形的面积为（ ）
A．B．C．D．
4．若在复平面内对应的点位于第二象限，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
5．函数的最小正周期为（ ）
A．4πB．2πC．πD．
6．如图，在中，，，若，则（ ）
A．B．C．D．
7．一艘海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，2小时后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是（ ）
A．海里B．海里C．海里D．海里
8．已知四面体的4个面为全等的等腰三角形，且，A，B，C，D四点在同一个球面上，则该球的表面积等于（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列计算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，以下结论正确的是（ ）
A．若，则
B．在锐角△ABC中，不等式恒成立
C．若，，且△ABC只有一解，则b的取值范围是
D．若，则
11．如图，在正方体中，M是BD的中点，N是线段上一动点，则下列说法正确的有（ ）
A．三棱锥的体积随着点N的位置的改变而随之变化．
B．无论点N在何处，始终有平面成立．
C．直线MN与平面ABCD所成角的正切值的取值范围为．
D．平面BDN截得正方体的截面可能是三角形或四边形．
三、填空题
12．给出下列命题：
①已知集合或，则集合A的真子集个数是4；
②“”是“”的必要不充分条件；
③“”是“方程有一个正根和一个负根”的必要不充分条件；
④设，则“”是“”的必要不充分条件.
其中所有正确命题的序号是______.
13．中国的古建筑榫卯咬合、斗拱层叠，不用一钉一铆，却撑起千年不倒的殿宇廊檐．攒尖是中国古建筑中屋顶常见的一种结构形式，它可以看作是正三棱柱和不含下底面的正四棱台的组合体，如图．已知图中正四棱台上底、下底的长度分别为米，米，侧棱长为5米，正三棱柱各棱长均相等，则该结构的体积为______立方米．
14．在中，角所对的边分别是，已知，.若存在最大值，则正数的取值范围是__________.
四、解答题
15．（1）计算：.
（2）已知.求的值.
16．已知，，与的夹角为.
(1)若与共线，求实数的值；
(2)求的值；
(3)若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围.
17．已知是关于的方程的一个根，其中，．
(1)求的值；
(2)设复数满足是纯虚数，求实数的值．
18．已知的内角的对边分别为，且，且的面积为．
(1)求；
(2)若，求的值．
19．如图，在四棱锥中，平面，底面为梯形，，平面平面，且，.
(1)若平面与平面相交于直线，求证：；
(2)求与所成的角；
(3)求二面角的余弦值．
参考答案
1．B
【详解】由题知，
所以．
2．C
【详解】由得，解得，
所以， .
3．D
【详解】由直观图可得如下平面图形：
则，，，
所以.
故选：D
4．A
【详解】在复平面内对应的点为在第二象限，
所以，解得.
故选：A.
5．C
【详解】，所以.
6．D
【详解】在中，，
，
又，，，
，
，.
故选：D.
7．A
【详解】由题设可得如下示意图，且，即，
由图知：，则，又，
所以，则海里.
故选：A
8．C
【详解】依题意可知，．
如图，将四面体ABCD放入长方体中，

设长方体的共顶点的三条棱的长分别为x，y，z，将四面体补形为长方体模型 ，
则解得
四面体ABCD的外接球也就是该长方体的外接球，其半径为，
故所求表面积为，
故选:C．
9．ACD
【详解】因为，故A正确；
因为，故B错误；
因为，故C正确；
，故D正确.
10．ABD
【详解】对于A，，A正确；
对于B，在锐角△ABC中，，而正弦函数在上单调递增，
因此，即，B正确；
对于C，由及正弦定理，得，而△ABC只有一解，
因此或且，解得或，C错误；
对于D，由，得，而，
则，D正确.
11．BCD
【详解】A选项，在点N的位置移动时，点N到平面的距离为定值，
等于正方体的棱长，且直角面积为定值，
所以三棱锥的体积为定值，不会随着点N的位置的改变而变化，A错误；
B选项，平面ACN即为平面AC ，而正方体中必有平面；得到B正确；
C选项，取的中点，连接，则⊥，过点作⊥于点，
则，故⊥平面，
所以即为直线MN与平面所成角，设大小为，
设正方体的棱长为2，则，
设，，
若，则，
由勾股定理得，
则，
当时，取得最大值，最大值为，
当时，取得最小值，最小值为1，故，
若，此时平面，此时夹角为0，，
若，则，
由勾股定理得，
则，
显然，，，
此时，
综上，，
直线MN与平面所成角的正切值的取值范围为，C正确；
D选项，当为的中点时，平面截得正方体的截面为正，
当时，延长交于点，连接，
则即为平面BDN截得正方体的截面，

当时，延长交于点，
在平面上，过点作平行于，交于点，连接，
则四边形即为平面BDN截得正方体的截面，
故平面截得正方体的截面可能是三角形或四边形，D正确.
12．③④
【详解】①，，故真子集个数为个，故①错误；
②由，可得或，
故“”是“”的充分不必要条件，故②错误；
③由开口向上且对称轴为，
只需即可保证原方程有一个正根和一个负根，
故“”是“方程有一个正根和一个负根”的必要不充分条件，故③正确；
④当，时，不成立；当时，且，
故“”是“”的必要不充分条件，故④正确.
故答案为：③④.
13．70
【详解】图中正四棱台如下图，的中点为,的中点为，连接，过作于，
则,，
故图中正四棱台的体积为：立方米，
图中正三棱柱的体积为： 立方米，
所以该结构的体积为：立方米
14．
【详解】由及正弦定理，得，
由余弦定理，得，而，则，
由正弦定理，得，
因此
，其中，
而，要使存在最大值，则有解，即，
因此，解得，所以正数的取值范围为.
15．（1）；（2）4
解：（1）
.
（2）由，
原式
16．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）因为与共线，
所以存在实数使得，
所以，解得，所以；
（2）因为，，与的夹角为，
所以，
所以，
则；
（3）向量与的夹角是锐角，
可得，且与不同向共线，
即为，
即有，解得，
由与共线，可得，
解得，当时，两者同向共线，
则实数的取值范围为.
17．(1)
(2)
（1）解：是关于的方程的一个根，
是方程的另外一个根，
，解得，
；
（2）解：，
又是纯虚数，
，
解得．
18．(1)
(2)
（1）解：因为，由余弦定理，可得，
又因为的面积为，可得，可得，
两式相除，可得，
因为，所以.
（2）解：由（1）可得，可得，
由余弦定理得，
即，可得，所以.
19．(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）因为，平面，平面，所以平面，
因为平面，平面平面，故.
（2）过点在平面内作，垂足为点，如图所示：
因为平面平面，平面平面，平面，
，故平面，
因为平面，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，故与所成的角为或其补角，
又因为，则为等腰直角三角形，则，
即与所成的角为.
（3）取的中点，连接，
因为，，，故，
所以，四边形为平行四边形，所以，，
由平面，平面，则，
而，平面，于是平面，
又平面，则，过作于，连接，
显然，、平面，因此平面，
而平面，则，即是二面角的平面角，
由，，得，
则，，，
所以二面角的余弦值是.