2025--2026学年云南师范大学附属中学高一下册期中考试数学试题 [含答案]

这是一份2025--2026学年云南师范大学附属中学高一下册期中考试数学试题 [含答案]，共4页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（本大题共8小题，每个小题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. 已知全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
2. 已知是两个不同的平面，直线，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
3. 设，，，则（ ）
A. B. C. D.
4. 已知向量，满足，，，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
5. 在正方体中，为的中点，为的中点，为线段上一点且．过点，，作该正方体的截面，记为，则截面为（ ）
A. 三角形B. 四边形C. 五边形D. 六边形
6. 已知在中，点在边上，且平分，，，则（ ）
A. B. C. D.
7. 设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则（ ）
A. B. C. D. 1
8. 已知正三棱台的体积为，，，，分别是和的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题（本大题共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. 若函数，则下列说法中正确的有（ ）
A. 的最小正周期为
B. 的定义域为
C. 图象的对称中心的坐标为
D. 的单调递增区间为
10. 记内角，，的对边分别为，，，下列说法中正确的有（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
11. 类比二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图①，由不共面的三条射线，，构成的图形称为三面角，记，，，二面角的大小为，则.如图②，在平面四边形中，，，，如图③，将沿翻折至，记二面角的平面角为，记二面角的平面角为，则下列说法正确的有（ ）
A. 当时，则B. 当时，则
C. 当时，D. 的最小值为
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
注意事项：第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 如图，已知是一个平面图形用斜二测画法画出的直观图，，，则原平面图形的周长是______.
13. 已知函数为奇函数，当时，，若在上单调递增，则的取值范围是______.
14. 如图，某公园内有一个半圆形湖面，为圆心，半径为1千米，现规划在半圆弧岸边上取点，（点在点与点之间），满足，拟在四边形区域内种植荷花，并在湖面上修建栈道，作为观光路线，若观光路线总长度取得最大值时，则______．

四、解答题（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，，其中，设函数.
（1）求的最小正周期；
（2）若，求的最大值和最小值.
16. 记的内角，，的对边分别为，，，已知.
（1）求；
（2）若，，求的面积.
17. 如图，已知在三棱柱中，平面，点是的中点．
（1）求证：平面；
（2）若，，，求三棱锥的体积．
18. 如图，设中角，，所对的边分别为，，，为边上的中点，且，，
（1）求；
（2）求；
（3）设，分别为边，上的动点，线段交于，且四边形的面积为面积的，求的取值范围.
19. 如图，在三棱锥中，平面平面，，，，，已知为线段上一动点且，其中.
（1）当时，
（ⅰ）求证：；
（ⅱ）若三棱锥的各个顶点都在球的球面上，求球的体积；
（2）设与平面所成角为，当时，求的最大值.
数学
满分150分，考试用时120分钟.
一、单项选择题（本大题共8小题，每个小题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. 已知全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
解答过程：函数在上单调递增，则其值域为，即，
因为全集，因此.
2. 已知是两个不同的平面，直线，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
答案：A
解析：
思路：由面面垂直的判定定理及性质定理即可判断
解答过程：根据面面垂直的判定定理，可知若，则成立，满足充分性；
反之，若，则与的位置关系不确定，即不满足必要性，
所以“”是“”的充分不必要条件，
故选：A.
3. 设，，，则（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
解答过程：，，，
．
4. 已知向量，满足，，，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
解答过程：由两边平方，，因，，故可得，，
所以，因，故得.
5. 在正方体中，为的中点，为的中点，为线段上一点且．过点，，作该正方体的截面，记为，则截面为（ ）
A. 三角形B. 四边形C. 五边形D. 六边形
答案：C
解析：
思路：根据正方体的性质，结合已知条件，利用几何法推出截面的形状．
解答过程：如图所示，在正方体中，
由于平面平面，且平面与平面的交线为，
故平面与平面的交线必过点，且与平行，
不妨设正方体的棱长为1，在矩形中，由题可知，；
在矩形中，，；
，
又，
，故，
平面与平面的交线就是，
平面平面，且平面与平面的交线为，
平面与平面的交线必过点，且平行于，
设，平面，平面平面，平面，
平面，
，则与的交点位于的延长线上，
位于上，连接，
则平面与平面的交线为，
，，，，五点共面，
截面为五边形，故C正确．
方法提示：
6. 已知在中，点在边上，且平分，，，则（ ）
A. B. C. D.
答案：C
解析：
解答过程：由于平分，所以，
则，
所以，则，即，
所以，所以.
7. 设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则（ ）
A. B. C. D. 1
答案：D
解析：
思路：根据函数的奇偶性可先判断交点在轴上，根据可得，进而验证即可.
解答过程：令，即，可得，
令 ， ，
故问题等价于当时，曲线与恰有一个交点，
注意到，均为偶函数，可知该交点只能在轴上，可得，即，解得.
若，令，可得；
因为，则，，
当且仅当时，等号成立，
可得，当且仅当时，等号成立，
则方程有且仅有一个实根0，
即曲线与恰有一个交点，所以符合题意，
8. 已知正三棱台的体积为，，，，分别是和的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
答案：C
解析：
思路：根据正三棱台的性质，结合已知条件求出相关边的长度，进而利用余弦定理计算异面直线所成角的余弦值．
解答过程：如图，设正三棱台的上、下底面中心分别为，，高为，
，
，，
，
解得，
在正中，，
同理得，
在直角梯形中，，
在等腰梯形中，由于，分别是和的中点，
为等腰梯形的高，
，即；
同理在等腰梯形中，对角线，
；
设的中点为，连接，，
且，
是异面直线和所成的角（或补角），
又在中，；
在中，由余弦定理，得，
异面直线和所成角的余弦值为．
二、多项选择题（本大题共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. 若函数，则下列说法中正确的有（ ）
A. 的最小正周期为
B. 的定义域为
C. 图象的对称中心的坐标为
D. 的单调递增区间为
答案：BC
解析：
解答过程：对于A，由，所以，
所以的最小正周期为，故A错误；
对于B，由，，解得，，
所以的定义域为，故B正确；
对于C，令，，解得，，
所以图象的对称中心的坐标为，故C正确；
对于D，令，，得，，
所以的单调递增区间为，故D错误.
10. 记内角，，的对边分别为，，，下列说法中正确的有（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
答案：ACD
解析：
解答过程：对于A，因为在中，由正弦定理可得等价于，
又因三角形中大边对大角，故等价于，故A正确；
对于B，因为，所以或，
即或，故错误；
对于C，由正弦定理，结合条件得，
所以，所以.
又，则，即，故C正确；
对于D，由正弦定理，结合条件得，
所以，即，又，，
所以或（舍去），所以，故D正确.
11. 类比二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图①，由不共面的三条射线，，构成的图形称为三面角，记，，，二面角的大小为，则.如图②，在平面四边形中，，，，如图③，将沿翻折至，记二面角的平面角为，记二面角的平面角为，则下列说法正确的有（ ）
A. 当时，则B. 当时，则
C. 当时，D. 的最小值为
答案：ABD
解析：
思路：借助翻折性质及三面角余弦定理，在三面角中，可得，计算即可得A、B；在三面角中，可得，计算即可得C、D.
解答过程：由题，可知在中，由得，
故，，又因为，
所以，
于是在等腰中，，，
翻折保持边长与角度不变，因此在中，，，
且，，
在三面角中，应用三面角余弦定理，
得，
代入得①；
对于A，当时，，所以，即，故A正确；
对于B，由①式，当时，，
在中，，，
则，
因此，故B正确；
设，在三面角中，应用三面角余弦定理，
得，
即，
代入化简得，从而②；
对于C，若，则，
代入上式得，故C错误；
对于D，由②式，由于，令，则，，
于是，
由基本不等式，，
当且仅当时取等号，此时最小值可取得，
故的最小值为，故D正确.
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
注意事项：第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 如图，已知是一个平面图形用斜二测画法画出的直观图，，，则原平面图形的周长是______.
答案：12
解析：
思路：借助斜二测画法性质，得到原图形各边长，即可得其周长.
解答过程：由题意，原图形中，且，
如图所示，因此，所以这个平面图形的周长为12.
13. 已知函数为奇函数，当时，，若在上单调递增，则的取值范围是______.
答案：
解析：
解答过程：因为函数为奇函数，所以关于点中心对称.
又在上单调递增，则在区间上也单调递增.
当时，，对称轴为；
当时，的图象开口向下，且，
此时在区间上单调递减，不合题意，所以，
解得，所以的取值范围是.
14. 如图，某公园内有一个半圆形湖面，为圆心，半径为1千米，现规划在半圆弧岸边上取点，（点在点与点之间），满足，拟在四边形区域内种植荷花，并在湖面上修建栈道，作为观光路线，若观光路线总长度取得最大值时，则______．

答案：
解析：
思路：根据半圆的几何性质，利用余弦定理求出，进而列出的方程，进而求出的最大值及相应的．
解答过程：设，则，
，且，
，
在等腰中，由余弦定理得：
，
同理在等腰中，由余弦定理得：
，
，
，
当时，取得最大值，此时，
，即时，取得最大值．
四、解答题（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，，其中，设函数.
（1）求的最小正周期；
（2）若，求的最大值和最小值.
答案：（1）
（2）；.
解析：
（1）由于，，，
所以.
所以的最小正周期为.
（2）设，由于，所以；
由于在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，，即当时，；
所以当时，，即当时，.
16. 记的内角，，的对边分别为，，，已知.
（1）求；
（2）若，，求的面积.
答案：（1）
（2）或.
解析：
思路：（1）利用三角形内角和关系进行角的代换，再借助正弦定理将边角关系转化为边之间的关系，最后利用余弦定理即可求出角.
（2）根据（1）中求得的角和已知边长，由正弦定理求出 ，依据的取值范围分两种情况讨论，确定角，再分别求出对应角的正弦值，最后利用三角形面积公式计算即可.
（1）由于，则，
所以原式可化为，
又由正弦定理， 为三角形外接圆半径，
得，即，
由余弦定理，得.
由于，所以.
（2）由正弦定理，得，所以，
由于，结合，所以或.
当时，，而，
则；
当时，，而，
则.
综上，得的面积为或.
17. 如图，已知在三棱柱中，平面，点是的中点．
（1）求证：平面；
（2）若，，，求三棱锥的体积．
答案：（1）证明见解析
（2）8
解析：
思路：（1）根据三棱柱的几何性质，利用线线平行推出线面平行；
（2）根据三棱柱的几何性质，结合已知条件，利用等体积法求三棱锥的体积．
（1）证明：如图，连接，设，连接，
四边形是矩形，则为的中点，
又是的中点，
，
又平面，平面，
平面．
（2），是的中点，
，
在三棱柱中，底面，且，
平面，
平面，
，
，，平面，
平面，则是三棱锥的高，
在等腰中，，，则，
又，
．
18. 如图，设中角，，所对的边分别为，，，为边上的中点，且，，
（1）求；
（2）求；
（3）设，分别为边，上的动点，线段交于，且四边形的面积为面积的，求的取值范围.
答案：（1）4 （2）
（3）解析：
思路：（1）根据和差角公式以及正弦定理即可求解，
（2）根据向量的线性运算，结合模长公式即可求解，
（3）根据共线，利用向量的线性表示，结合三点共线得，根据面积之比得，即可根据数量积的运算律，得，利用不等式的性质求解即可.
（1）由，得,
即，
由于，所以，
则，即.
由正弦定理，得.
（2）由于为边上的中点，所以，
则，
所以.
（3）设，，，
所以，.
由于，所以.
由于、、三点共线，可得，所以.
由于
；
由题意知，而，
所以.
由于.
所以
.
由于，而，所以，
则，所以，
所以.
19. 如图，在三棱锥中，平面平面，，，，，已知为线段上一动点且，其中.
（1）当时，
（ⅰ）求证：；
（ⅱ）若三棱锥的各个顶点都在球的球面上，求球的体积；
（2）设与平面所成角为，当时，求的最大值.
答案：（1）（ⅰ）证明见解析（ⅱ）
（2）解析：
思路：（1）（ⅰ）先在中用余弦定理求出,再结合算出,接着在中用余弦定理得,并由勾股定理逆定理证得,最后利用面面垂直的性质定理推出平面,从而得到.
（ⅰi）取中点,先证是外心,得；再证平面,推得,故也是外心,得；从而,即为外接球球心,半径,最后用球体积公式求得体积为.
（2）当时,先由算出,再根据面面垂直的性质,取在上的射影,得平面,故与平面所成角满足；接着用射影定理表示,再由余弦定理表示,得到关于的表达式,换元后用基本不等式求出的最大值为,从而得的最大值为.
（1）（ⅰ）证明：如图，连接，在中.
由余弦定理，得.
故.
又，
所以.
当时，此时，.
在中，于是，
即，，
故.
又因为平面平面，平面平面，而平面，
所以平面，所以.
（ⅰi）设为线段的中点，则.
由（ⅰ）知，所以在中，
故为的外心，所以.
由（ⅰ）知平面，故，.
因为，，所以平面，
，即.
因此也是的外心，从而.
综上，，故球的半径为.
所以球的体积.
（2）如图，当时，.
设为点在直线上的射影，即.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，故为点在平面内的射影.
于是，在平面内的射影为.
故直线与平面所成角为，满足.
设，，则.
在中，为斜边上的高，故.
又因为，所以在中，
由余弦定理得.
即.
因此
.
令，则，
由基本不等式，得（当且仅当时取等号），
所以.
因此，即的最大值为.