2025--2026学年河南信阳高级中学新校（贤岭校区）、老校（文化街校区）高一下册期04月测试（二）数学试题 [含解析]

这是一份2025--2026学年河南信阳高级中学新校（贤岭校区）、老校（文化街校区）高一下册期04月测试（二）数学试题 [含解析]，共10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. 已知复数满足，且，则（ ）
A. 1B. C. D.
2. 已知向量与的夹角为，且，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
3. 在中，点P是上一点，且P为靠近A点的三等分点，Q是中点，与交点为M，又，则（ ）
A. B. C. D.
4. 在直角梯形中，已知，，，点是边靠近点的三等分点，点是边上一个动点．则的取值范围是（ ）

A. B. C. D.
5. 一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，如图，到处时测得公路北侧一铁塔底部在西偏北的方向上，行驶200m后到达处，测得此铁塔底部在西偏北的方向上，塔顶的仰角为，则此铁塔的高度为（ ）
A. B. C. D.
6. 在锐角中，角的对边分别为，的面积为S，若，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
7. 如图1，三棱锥的高，底面在斜二测画法下的直观图如图2所示，其中为的中点，且，.则三棱锥的体积为（ ）

A. B. 1C. D. 2
8. 已知平面向量，，，且已知向量与所成的角为，且对任意实数恒成立，则的最小值为（ ）
A. B. C. D. 4
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列命题中正确的是（ ）
A. 有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱
B. 六条棱长均相等的四面体是正四面体
C. 如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为五棱锥
D. 长方体是直四棱柱，也是正四棱柱
10. 将边长为2的正三角形绕着它的一条高线旋转一周得到一个圆锥，下列叙述正确的是（ ）
A. 圆锥的体积为B. 圆锥的侧面积为
C. 圆锥侧面展开图扇形圆心角为D. 过圆锥顶点的截面面积的最大值为
11. 在中，设内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，.下列说法正确的是（ ）
A. 是直角三角形
B. 若是的中点，则
C. 若，为的中点，则的最大值为
D. 若，则
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 均为单位向量，且，向量满足，则的取值范围是___________．
13. 在正三棱台中，，侧棱与底面所成的角为，则此正三棱台的体积为______.
14. 如图，在几何体中，侧棱均垂直于底面ABC，已知，，则该几何体的体积为________．
四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 某工厂生产出一种机械零件，如图所示，零件的几何结构为圆台，在轴截面中，．
（1）求圆台的高；
（2）求圆台轴截面的面积；
（3）若一只蚂蚁从点沿着该圆台的侧面爬行到的中点，求所经过的最短路程．
16. 一个圆锥的底面半径为2，高为6，在圆锥内部有一个高为的内接圆柱.
（1）求该圆锥的表面积；
（2）用表示圆柱的轴截面面积；当为何值时，求最大值.
17. 在中，角的对边分别是，若．
（1）证明：是正三角形．
（2）若的三顶点都在球表面，且球的表面积为，求三棱锥的体积．
18. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知．
（1）求的面积；
（2）若，求b．
19. 已知锐角三角形中，角、、的对边分别为、、，且满足，.
（1）求证：；
（2）求的取值范围；
（3）若，求三角形面积的取值范围．
数学
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，且，则（ ）
A. 1B. C. D.
答案：B
解析：
思路：复数，根据题意求得，再计算即可得答案.
解答过程：设复数，则，因为，所以，
因为，所以，即，
所以.
2. 已知向量与的夹角为，且，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
思路：根据给定条件，利用向量数量积的定义及运算律，结合投影向量的定义求解.
解答过程：由向量与的夹角为，且，
得，
则，
所以在上的投影向量为.
故选：D
3. 在中，点P是上一点，且P为靠近A点的三等分点，Q是中点，与交点为M，又，则（ ）
A. B. C. D.
答案：C
解析：
思路：将、向量都用、表示出来，再利用平面向量基本定理列方程组可求的取值.
解答过程：因为、、三点共线，点是中点，所以,
又因为是上靠近点三等分点，所以,
且因为，则,
即,消可解得.
故选.
4. 在直角梯形中，已知，，，点是边靠近点的三等分点，点是边上一个动点．则的取值范围是（ ）

A. B. C. D.
答案：D
解析：
思路：如图，以点为原点，分别以，所在直线为，轴，建立平面直角坐标系，设，则，且，，从而得到，结合二次函数的性质即可求解.
解答过程：如图，以点为原点，分别以，所在直线为，轴，建立平面直角坐标系，
依题意，有，，，，
设，则，且，，
，
因，当时，，当时，，
故．

故选：D．
5. 一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，如图，到处时测得公路北侧一铁塔底部在西偏北的方向上，行驶200m后到达处，测得此铁塔底部在西偏北的方向上，塔顶的仰角为，则此铁塔的高度为（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
思路：设此铁塔高，在直角中，可得，再在中，利用正弦定理，列出方程，即可求解.
解答过程：设此铁塔高，根据题意，可得，
在直角中，可得，
在中，由，可得，
根据正弦定理，可得，解得．
故选：A.
6. 在锐角中，角的对边分别为，的面积为S，若，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
思路：根据题意，利用三角形的面积公式和余弦定理，求得，得到，再由为锐角三角形，求得，结合正弦定理，化简得到，结合三角函数的性质，即可求解.
解答过程：因为，可得，且，
所以，由余弦定理可得，
又因为，所以，
因为为锐角三角形，则满足，可得，
由正弦定理得，
又因为，所以，可得，可得.
故选：B．
7. 如图1，三棱锥的高，底面在斜二测画法下的直观图如图2所示，其中为的中点，且，.则三棱锥的体积为（ ）

A. B. 1C. D. 2
答案：B
解析：
思路：根据斜二测画法的知识，求出三棱锥的底面面积，再根据三棱锥的体积公式即可求解.
解答过程：由斜二测画法原理可知中，，边上的高,
由勾股定理得，
故为等边三角形，所以,
故.
故选：B.
8. 已知平面向量，，，且已知向量与所成的角为，且对任意实数恒成立，则的最小值为（ ）
A. B. C. D. 4
答案：B
解析：
思路：先用平方去掉条件中的绝对值号，通过解不等式求出，再用向量的三角不等式求最小值.
解答过程：平方去绝对值号，由，则，
根据向量与的条件可得，
化简可得，
令，由于函数开口向上，所以需要满足，所以.
观察所求式子内部，两者相减可将约掉，所以可用向量的三角不等式求解，
即，
又，
则的最小值为
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列命题中正确的是（ ）
A. 有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱
B. 六条棱长均相等的四面体是正四面体
C. 如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为五棱锥
D. 长方体是直四棱柱，也是正四棱柱
答案：BC
解析：
思路：依据棱柱定义判断选项A，依据正四面体的定义判断选项B，一个棱锥的各个侧面都是等边三角形时，顶角之和可以，判断C，依据正四棱柱的定义判断选项D.
解答过程：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体是棱柱.而满足选项A条件的几何体可能是组合体，如图所示，故A错误，
四个面都是等边三角形的四面体是正四面体，故六条棱长均相等的四面体是正四面体，故B正确；
一个棱锥的各个侧面都是等边三角形时，顶角之和，即，故C正确；
当长方体有一组相对面是正方形时是正四棱柱，若长方体相对面没有正方形时，则不是正四棱柱，D错误.
10. 将边长为2的正三角形绕着它的一条高线旋转一周得到一个圆锥，下列叙述正确的是（ ）
A. 圆锥的体积为B. 圆锥的侧面积为
C. 圆锥侧面展开图扇形圆心角为D. 过圆锥顶点的截面面积的最大值为
答案：BCD
解析：
思路：由题中等边三角形就是圆锥轴截面，得出圆锥母线长，底面半径，高，然后计算体积、侧面积，圆锥侧面展开图扇形圆心角，过圆锥顶点的截面面积的最大值判断各选项．
解答过程：由题意圆锥的母线长为，底面半径为，高为，
，A错；
侧，B正确；
圆锥侧面展开图扇形圆心角为，C正确；
由题意圆锥轴截面是等边三角形，任意两条母线夹角的最大值为轴截面顶角，
因此过圆锥顶点的截面面积的最大值，D正确．
故选：BCD．
11. 在中，设内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，.下列说法正确的是（ ）
A. 是直角三角形
B. 若是的中点，则
C. 若，为的中点，则的最大值为
D. 若，则
答案：ABD
解析：
思路：利用二倍角余弦公式及余弦边角关系化简条件判断A，利用已知及三角形内角的性质分析判断B，根据A、B分析，应用柯西不等式求的范围判断C，应用三角换元，得到，其中，，结合正弦函数的性质求范围判断D.
解答过程：由得，，
化简有，故，是直角三角形，A正确；
若是的中点，是的中点，，此时，故，
要使，即证，
由，结合正切函数的单调性，只需证，显然成立，B正确；
由，，
，
当且仅当，即，时等号成立，与矛盾，C错误；
若，则，，此时，
其中，，则，此时，
所以，
所以，故，D正确.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 均为单位向量，且，向量满足，则的取值范围是___________．
答案：
解析：
思路：根据平面向量的数量积的运算律求得，再结合向量三角不等式求解即可.
解答过程：由题意，均为单位向量，且，
则，
由，则，解得，
则的取值范围是.
故答案为.
13. 在正三棱台中，，侧棱与底面所成的角为，则此正三棱台的体积为______.
答案：##
解析：
思路：先根据正三棱台的性质求出上下底面的面积，再结合侧棱与底面所成角求出棱台的高，最后代入棱台体积公式计算体积.
解答过程：对于正三角形，其面积公式（为边长）
已知正三棱台中，，
则上底面，下底面
设正三棱台上下底面中心分别为,连接，则为正三棱台的高
因为正三角形中心到顶点的距离是边长的倍
所以，
则，且
已知侧棱与底面所成角为，在直角梯形中，
过点作底面的垂线，垂足为，则在上，且，，
侧棱与底面所成的角为，在中，，
所以，即，解得，
根据棱台体积公式将代入可得
.
故
14. 如图，在几何体中，侧棱均垂直于底面ABC，已知，，则该几何体的体积为________．
答案：
解析：
解答过程：解法1：分别在上取点N，M，使得，连接，NM，，所以平面平面，
取MN的中点H，连接，因为平面，
所以平面平面，所以，
又因为平面，
所以平面，，，
所求几何体的体积为
解法2：因为在几何体中，侧棱均垂直于底面ABC，
又，
所以可构造一个底面是边长为4的等边三角形，侧棱长为8的正三棱柱，
其中，，
因此，即，
根据三棱柱体积公式，，
故该几何体的体积是．
四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 某工厂生产出一种机械零件，如图所示，零件的几何结构为圆台，在轴截面中，．
（1）求圆台的高；
（2）求圆台轴截面的面积；
（3）若一只蚂蚁从点沿着该圆台的侧面爬行到的中点，求所经过的最短路程．
答案：（1）；
（2）；
（3）．
解析：
思路：（1）作交于，利用勾股定理求解即可；
（2）利用梯形的面积公式求解；
（3）把空间图形展开为平面图形，先求出圆心角，再利用两点间的距离最短即可求解．
（1）如图1，作交于，
易得，
则，则圆台的高为．
（2）圆台的轴截面面积为：．
（3）把圆台补成圆锥可得大圆锥的母线长为，底面半径为，
圆锥侧面展开图的圆心角为，
设的中点为，连接（如图2），
可得，
则，
所以沿着该圆台表面从点到中点的最短距离为．
16. 一个圆锥的底面半径为2，高为6，在圆锥内部有一个高为的内接圆柱.
（1）求该圆锥的表面积；
（2）用表示圆柱的轴截面面积；当为何值时，求最大值.
答案：（1）
（2）；当时，
解析：
思路：（1）利用圆锥的侧面积公式，圆锥的底面积公式，圆锥的表面积公式求解；
（2）设圆柱的底面半径为，利用三角形相似得到，解得，求出圆柱的轴截面面积，得到是的二次函数，利用二次函数的图象和性质求解.
（1）设圆锥的底面半径为，高为，母线长为，则，，
，
则圆锥的侧面积为，
圆锥的底面积为，
则圆锥的表面积；
（2）设圆柱的底面半径为，则由三角形相似得到，解得，
则圆柱的轴截面面积为，
对称轴为，当时，.
17. 在中，角的对边分别是，若．
（1）证明：是正三角形．
（2）若的三顶点都在球表面，且球的表面积为，求三棱锥的体积．
答案：（1）证明见解析
（2）解析：
思路：根据题意，利用正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得到，求得，再结合，即可得证；
（2）设球的半径为，根据题意，求得，再设外接圆半径为，求得，由球的截面圆性质，求得，结合棱锥的体积公式，即可求解.
（1）解：因为，由正弦定理得，
所以，
即，
又因为，可得，所以，
因为，所以，
又因为，所以是正三角形．
（2）解：设球的半径为，因为球的表面积为，所以，得到，
由（1）知是正三角形，且边长为，
设外接圆半径为，由正弦定理得，所以，
设球心到所在平面距离为，则由球的截面圆性质，可得，
则，
又因为，
所以三棱锥的体积为．
18. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知．
（1）求的面积；
（2）若，求b．
答案：（1）
（2）解析：
思路：（1）先表示出，再由求得，结合余弦定理及平方关系求得，再由面积公式求解即可；
（2）由正弦定理得，即可求解.
（1）由题意得，则，
即，由余弦定理得，整理得，则，又，
则，，则；
（2）由正弦定理得：，则，则，.
19. 已知锐角三角形中，角、、的对边分别为、、，且满足，.
（1）求证：；
（2）求的取值范围；
（3）若，求三角形面积的取值范围．
答案：（1）证明见解析；
（2）；
（3）.
解析：
思路：（1）利用正弦定理、余弦定理结合两角和与差的正弦公式化简得出，结合正弦函数的单调性可证得结论成立；
（2）由正弦定理及三角恒等变换化简得出，根据已知条件求出角的取值范围，结合余弦函数的基本性质和对勾函数的单调性可得出的取值范围；
（3）利用正弦定理、三角形的面积公式结合三角恒等变换化简得出，结合正切函数和反比例函数的基本性质可求得面积的取值范围.
（1）由及正弦定理可得，即，
因为，则，所以，即，
由余弦定理可得，所以，
所以，由正弦定理可得
，
因为为锐角三角形，故，，所以，
又函数在上单调递增，且，故，即.
（2），
因为为锐角三角形，故，解得，
又因为，可得，故角的取值范围是，
所以，故，
令，，
任取、且，
则
，
因为，所以，则，所以，
所以函数在上为增函数，故，
故的取值范围是.
（3）由正弦定理可得，所以，，
所以
，
因为，所以，
令，函数、在上均为减函数，
故函数在上为减函数，所以，即，
因此，即面积的取值范围是.