2025--2026学年陕西省西安市第一中学高一下册期中质量检测数学试题 [含答案]

这是一份2025--2026学年陕西省西安市第一中学高一下册期中质量检测数学试题 [含答案]，共18页。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。
1．已知4个互不相等的正整数的平均数为3，极差为4，则这四个数的方差为（ ）
A．B．C．3D．2
2．如图，圆台的高为，是母线，，.现在将圆台的侧面沿剪开，并展开成平面图形，点在侧面展开图中对应的点为，，则线段的长度为（ ）
A．8B．C．16D．
3．如图，已知正方体的棱长为1，点M为棱AB的中点，点P在正方形内部（不含边界）运动，给出以下两个结论：
①存在点P满足；
②存在点P满足与平面所成角的大小为60°．
判断正确的是（ ）
A．①正确，②不正确B．①不正确，②正确C．①②均正确D．①②均不正确
4．复数、分别对应复平面内的点、，若，则（其中为坐标原点），是（ ）
A．锐角三角形B．钝角三角形
C．等腰直角三角形D．有一个锐角为的直角三角形
5．已知的内角，，的对边分别为，，，若，则的最小值为（ ）
A．B．C．3D．
6．已知，函数在区间内恰有三条对称轴和两个极大值点，则（ ）
A．B．
C．D．
7．在中，，当时，的最小值为4.若，，其中，则的最小值为（ ）
A．2B．1C．D．
8．六个边长为2的正六边形构成如图所示的图形，若两两不重合的四点均为正六边形的顶点，且的位置如图所示，则的值在下列哪个范围内（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．如图，为圆锥底面圆的直径，点是圆上异于、的动点，，，则下列结论正确的是（ ）
A．圆锥的侧面积为
B．三棱锥体积的最大值为
C．圆锥外接球的表面积为
D．若，为线段上的动点，则的最小值为
10．如图，在中，M为BC边上的动点，N为AC边上的动点，线段AM、BN相交于点P．则下面说法正确的是（ ）
A．若M、N分别为BC与AC中点，则
B．若点O是平面内任意一点，且满足，．则点P的轨迹一定过三角形的内心．
C．若，，则实数的值为．
D．若，，M为BC中点，则的最大值为．
11．如图，在等边正三棱柱中（注：侧棱长和底面边长相等的正三棱柱叫做等边正三棱柱），，已知点，分别在线段，，是线段上任意一点，连接，，，若过，，三点的平面把等边正三棱柱分成上下两部分，则（ ）
A．上半部分是四棱锥B．下半部分的体积是
C．的面积是D．当最大时，的长度是
三、填空题
12．已知复数，若复数满足，则的最大值为______.
13．甲、乙、丙等6名同学参加校园歌手大赛，他们通过抽签决定出场顺序，记事件“甲、乙两人的出场顺序相邻”，“丙在第2位出场”，则______.
14．如图，在棱长为2的正方体中，，分别是，的中点，平面经过直线且平行于直线，则点到平面的距离为______.
四、解答题
15．已知函数（）在一个周期内的图象如图所示，A为图象的最高点，B、C、D为图象与x轴的交点，且为等腰直角三角形.
(1)求的解析式，及为偶函数时的最小正实数m；
(2)求的值.
16．如图，在中，已知，，，点M在边BC上且，AM与AC边上的中线BN相交于点P.
(1)求中线BN的长；
(2)求的余弦值.
17．如图1是一个由菱形和两个直角三角形和所组成的平面图形，其中，现将和分别沿折起，使得点与点重合于点，连接，得到如图2所示的四棱锥.
(1)求证：平面；
(2)若为棱上一点，记
（i）若，求直线与平面所成角的正切值；
（ii）是否存在点使得直线与直线所成角为，若存在请求出的值，若不存在请说明理由.
18．现有一几何体由上，下两部分组成，上部是正四棱锥 下部是正四棱柱 (如图所示)，且正四棱柱的高 是正四棱锥的高 的3倍．
(1)若 求该几何体的体积与表面积．
(2)若正四棱锥的侧棱长为6， 且Q，N分别是线段 上的动点，求的最小值．
19．已知中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
(1)求A；
(2)若是锐角三角形，且，求的周长的取值范围；
(3)若，，等边的顶点D，E，F分别在边，，上（不含端点），求的面积的最小值.
答案
1．A
【详解】设4个互不相等的正整数为：，满足：
平均数为3，则总和为；
极差为4，则；
且所有数为互不相等的正整数.
根据题意可得：，且，均为整数.
令，则，，且满足，即，且互不相等，和为6.所以，.
所以四个互不相等的正整数为1，2，4，5.
方差为.
故选：A.
2．D
【详解】如图1，在圆台的轴截面中作于点.
设，由题意得，，
由勾股定理可得，解得，所以.
侧面展开图如图2，的长为，的长为，
所以，又，所以，
所以，所以.
3．C
【详解】如图建立空间直角坐标系，则，，，，
设，，则，，
若，则，解得，
所以存在点满足，故①正确；
因为，，设平面的法向量为，
则，取，
设与平面所成角为，，
则，
令，，则，所以，
令，，则，所以，
所以存在点P满足与平面所成角的大小为60°，故②正确；
4．C
【详解】依题意，，若，则（反之亦成立），
则与原点重合，与已知能组成三角形矛盾，所以.
由，两边除以（），设，则方程变为：
，解得
由，得.
所以，
，故.
在中：
，，即（等腰）.
由勾股定理：，
而，故（直角）.
综上，是等腰直角三角形.
故选：C
5．C
【详解】在中，，
由得，所以．
因为，，
即，所以，
则
，
所以，
当且仅当，即时取等号，
由得，符合条件，所以的最小值为3．
6．C
【详解】令，
当时，的取值范围取决于的符号，
当时， ，
当时， ，
1. 对称轴与极大值点的判定：
函数转化为，
的对称轴对应，
的极大值点对应
题意即为：区间内恰有个形如的点，且恰有个形如的点.
2. 先判断的符号：
若则，
由于左端点大于，若区间内恰有三条对称轴，
则只能是这三个点落在区间内，
这时极大值点只可能有这一个，不可能有两个极大值点，与题意矛盾,故必有
于是，记左端点为，
3. 利用“三条对称轴”和“两个极大值点”列条件：
因为要使区间内恰有三条对称轴，只能对应，
这三个点在区间内，而不在区间内，
所以，这时区间内的极大值点对应恰好有两个，也满足题意.
因此只需求解，
两边同除以，得，
即，再乘以，得.
7．A
【详解】设向量，
则表示向量对应的点到向量所在直线的距离，
因此它的最小值等于在垂直于方向上的分量长度，也就是，
于是有，所以，从而，
又因为，所以，进而，
因此，是以为直角的等腰直角三角形.
下面建立坐标系：取，，，
则，，由，
可知是的中点，所以，
又因为，所以，
于是，
从而，
整理得，
设，则，且，所以，
化简得，继续配方得，
因此，所以，
当，也就是时，等号成立，
故的最小值为，因此正确答案为 A.
8．B
【详解】由向量运算可得.
以为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，取向上方向为正方向.
由于正六边形边长为2，且图中正六边形为上下顶点方向放置，
所以相邻顶点在竖直方向上的高度差可能为或，
故按竖直方向建立坐标时，可取 ， .
设，则，，所以.
由图形中正六边形顶点的位置可知，除点外，点的纵坐标最大为；除点外，点的纵坐标最小为.
因此，从而 .
故的取值范围为.
9．ACD
【详解】对于A选项，圆锥的母线长为，
故该圆锥的侧面积为，A对；
对于B选项，因为为圆锥底面圆的直径，点是圆上异于、的动点，
所以，由勾股定理可得，
由基本不等式可得，故，
当且仅当时，等号成立，故，
故，故三棱锥体积的最大值为，B错；
对于C选项，易知球心在直线上，所以该圆锥外接球半径即为外接圆半径，
设其外接球半径为，，
所以，故圆锥外接球的表面积为，C对；
对于D选项，当时，易知，将、展开为一个平面，如下图所示：
在中，，，
由余弦定理可得，
所以，
易知，故，
由余弦定理可得，
当点、、三点共线时，的长取最小值，且其最小值为，D对.
10．ABD
【详解】对于A，当M、N分别为BC与AC中点时，
则为的重心，
则,
同理可得,
所以，故A正确；
对于B，因为是与同向的单位向量，是与同向的单位向量，
所以表示的向量在的平分线上，
又因为，．
所以，
即．
所以点在的平分线上，
所以点P的轨迹一定过三角形的内心，故B正确；
对于C，因为三点共线，
所以存在实数，使得，
又因为，
所以，
又因为，
所以，解得，故C错误；
对于D，由题意可得,
所以，
由余弦定理可得，
所以，
又因为，当且仅当时，等号成立，
即，
所以，
所以，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以，
即的最大值为，故D正确.
11．ACD
【详解】连接，，，
对于A，以为顶点，面为底面，则上半部分是四棱锥，故A正确；
对于B，易得，
所以，故B错误；
对于C，在中，，
，
，所以为等腰三角形，
所以，故C正确；
对于D，对固定线段，在过，且与直线相切的圆上，切点处形成的是最大角.
这里是圆的切线，是圆的割线，由切割线定理得：，
已知，代入得：，故D正确.
12．
【详解】若复数满足，可设，
则，
所以
，其中，
由正弦函数性质可知，当时，，
此时有最大值为.
13．/
【详解】在事件中，丙在第2位出场，
则甲、乙两人占据的相邻位置有3种情况：第3位和第4位、第4位和第5位、第5位和第6位，
有3种可能，故.
14．
【详解】如图，取的中点，连接，，，则，，
所以四边形是平行四边形，所以，同理.
又，所以，所以，确定一个平面，即为平面.
过作，垂足为点，因为平面，平面，
所以，又，平面,
所以平面，即.
在中， ，所以.
15．(1)，
(2)
【详解】（1）∵，
∴
，
由为等腰直角三角形知，，所以，
得.
因为为偶函数，
所以，得，
所以最小正实数为.
（2）令，则，，即，，
取：，即，所以.
令，且在左侧，则，解得：，故，
且在右侧，周期，所以，即.
所以，
所以.
16．(1)
(2)
【详解】（1）由，BN为中线，则，
在中，由余弦定理得，
则.
（2）以为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，
由，，，得，
则，
则，即，
所以，
，，
则，
所以的余弦值为.
17．(1)证明见解析
(2)（i）；（ii）存在，.
【详解】（1）连结AC，交BD于点O，又∵底面为菱形，∴,
由题可得，，且，平面 ，平面，
∴平面，又平面，∴，
∵，平面 ，平面，
∴平面．
（2）（i）连结SO交CE于点G，由（1）得平面,
∴为直线CE与平面SBD所成角,
∵，，,
∴,
∵，∴，
在三角形中，由，，所以由余弦定理得：
，
，
∴，即 ，
∴，
∴直线与平面所成角的正切值为．
（ii）连结，∵,
∴或其补角为直线与直线所成角,则假设存在点，满足，
由得，,
在三角形中，由，所以由余弦定理得：
，
过点作，交于，
由平面，平面，得，所以，
由可得，因为，所以，，
在三角形中，由余弦定理得：
，
再由，平面可得平面，
又因为平面，所以，
在直角三角形中，由勾股定理得：
．
在三角形中，又因为，，所以由余弦定理得：
,
解得,
∴存在使得直线与直线所成角为．
18．(1)该几何体的体积为，表面积为.
(2)
【详解】（1）由题可知，正四棱锥 中，
过点作，垂足为，则.
正四棱锥 的体积为，
侧面积为.
因为，
所以正四棱柱 的体积为，
去掉上底面的表面积为.
所以该几何体的体积为，表面积为.
（2）如图，将侧面和侧面展开，
易知的最小值为展开图中三点共线时的最小值，
即展开图中点到线段上点的最小值.
由题可知，.
过点作，垂足为，则，
因为正方形中，，所以.
所以，所以，所以.
因为，.
因为，所以为锐角；
，所以为锐角，
所以的最小值为点到的距离.
所以.
即的最小值为．
19．(1)
(2)
(3).
【详解】（1）因为，所以，
由正弦定理得，
而，
所以，
因为，所以，解得（舍去），
因为，所以，即.
（2）由（1）知，由正弦定理得，所以，，
又，
所以的周长
，
因为是锐角三角形，所以，所以，所以，
又，所以，
所以.
即的周长的取值范围是.
（3）设，，则，，，
在中，，所以，
在中，，所以，
因为，所以，
所以.
在中，，，所以，
所以，，
所以，
因为，
其中，，
当，即时，等号成立，
所以，
所以，即的面积的最小值为.