2025-2026学年重庆市巴蜀中学校高一下册5月期中考试数学试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年重庆市巴蜀中学校高一下册5月期中考试数学试卷（含解析），共9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：（本题共8小题，每小题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. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
2. 下列关于棱台的性质，不正确的是（ ）
A. 两底面相似B. 侧棱延长后交于一点
C. 侧棱长都相等D. 侧面都是梯形
3. 已知向量，若，则（ ）
A. B. 1C. 2D.
4. 下列说法中正确的是（ ）
A. 分别在两个平面内的直线是平行直线或异面直线
B. 一条直线和两条平行直线中的一条相交，则它和另一条也相交
C. 过平面外一点的直线与这个平面只能相交或平行
D. 和两条异面直线都相交的两条直线一定是异面直线
5. 如图，梯形中，，现将该梯形沿旋转一周，则旋转形成的几何体的表面积为（ ）
A. B.
C. D.
6. 在中，分别是内角的对边，若，且，则的形状是（）
A. 等边三角形B. 等腰直角三角形
C. 有一个角是的直角三角形D. 有一个角是的等腰三角形
7. 图1勖艾亭是巴蜀中学校园内的标志性建筑，勖艾亭中的“勖”取自首任校长周勖成之名，“艾”则取自首任教务主任孙伯才（字未艾）之字，合称“勖艾”，寓意纪念两位创校元勋.它的主体部分可以看作是一个正六棱柱和一个正六棱锥拼接而成的组合体，如图2所示.已知正六棱柱和正六棱锥的底面边长为2，高之比为3：1，且该几何体的所有顶点都在球的表面上，则球的体积为（ ）
A. B. C. D.
8. 如图，在中，，为中点，，若，则的最小值是（ ）

A. 4B. 2C. D.
二、多项选择题（本题共3小题，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 已知为虚数单位，为复数，则下列命题中正确的是（ ）
A.
B. 若，则是为纯虚数的充要条件
C.
D. 若，则的最大值为3
10. 如图所示，在正方体中，为棱中点，点是棱上的一个动点（不包括端点），平面交棱于点，则下列说法正确的是（ ）

A. 直线与是异面直线
B. 存在点，使得为直角
C. 若点是棱上的中点，则直线与所成的角为
D. 平面平面
11. 在锐角中，角所对的边分别为，若，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 若，则满足条件的有且仅有1个
C. 的取值范围为
D. 的取值范围为
三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. ___________.
13. 已知，是非零向量，，且与的夹角为，若，则在方向上的投影向量的坐标为___________.
14. 在四棱锥中，，过的平面去截原四棱锥得到体积相等的两个部分，且该平面交于点，则___________.
四、解答题（本题共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. 已知向量是同一平面内的三个向量，向量，
（1）求向量与的夹角的余弦值；
（2）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围.
16. 在四棱锥中，底面是直角梯形，，，底面，，，点在直线上.
（1）求证：平面平面；
（2）在直线上找一点，使得平面，并求的长.
17. 巴蜀中学高2028届班级文化展示活动中，几位志愿者设计了一个凸四边形的展区（如图），已知米，米.
（1）若，，求的值；
（2）若米，四边形的面积为100平方米，求的值.
18. 在多面体中，底面为矩形，平面，
（1）求直线与底面所成角的正弦值；
（2）求二面角的正切值；
（3）求三棱锥的体积.
19. 定义：对于非零向量，若函数，则称为向量的“互助函数”，向量为函数的“互助向量”.
（1）已知，若函数的“互助向量”为，求的最大值；
（2）向量为函数的“互助向量”，的一条边长度等于的最大值，边上的高等于，以的各边为直径向外分别作三个半圆，求这三个半圆围成的平面区域上任意两点间距离的最大值；
（3）若函数为向量的“互助函数”，，.判断，，能否作为三边长？若能，给出证明；若不能，请说明理由.
数学
满分150分，考试用时120分钟.
一、单项选择题：（本题共8小题，每小题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. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
解答过程：复数满足，则,所以
2. 下列关于棱台的性质，不正确的是（ ）
A. 两底面相似B. 侧棱延长后交于一点
C. 侧棱长都相等D. 侧面都是梯形
答案：C
解析：
思路：由棱台的特征判断．
解答过程：棱台的三个特征：①两底面相互平行且相似，②各侧棱延长后交于一点，③侧面都是梯形，故C不正确.
3. 已知向量，若，则（ ）
A. B. 1C. 2D.
答案：D
解析：
思路：根据向量坐标运算得，再结合向量平行的坐标表示求解即可.
解答过程：因为向量
所以，
因为，
所以，解得.
4. 下列说法中正确的是（ ）
A. 分别在两个平面内的直线是平行直线或异面直线
B. 一条直线和两条平行直线中的一条相交，则它和另一条也相交
C. 过平面外一点的直线与这个平面只能相交或平行
D. 和两条异面直线都相交的两条直线一定是异面直线
答案：C
解析：
思路：利用空间中的线面关系依次判断选项即可.
解答过程：对于A，分别在两个平面内的直线可能平行，可能异面，也可能相交，故A错误；
对于B，一条直线和两条平行直线中的一条相交，则它和另一条可能相交，也可能异面，故B错误；
对于C，直线与平面位置关系有三种：在平面内、相交、平行，过平面外一点的直线与这个平面只能相交或平行，故C正确；
对于D，和两条异面直线都相交的两条直线可能相交，也可能异面直线，故D错误.
5. 如图，梯形中，，现将该梯形沿旋转一周，则旋转形成的几何体的表面积为（ ）
A. B.
C. D.
答案：B
解析：
思路：该梯形沿旋转一周，则旋转形成的几何体为圆台，圆台的上底面半径为，下底面半径为，高为，母线长为，再结合圆台的表面积公式计算即可.
解答过程：因为梯形中，，
所以，，
将该梯形沿旋转一周，则旋转形成的几何体为圆台，
圆台的上底面半径为，下底面半径为，高为，母线长为，
所以该圆台的表面积为，
即旋转形成的几何体的表面积为
6. 在中，分别是内角的对边，若，且，则的形状是（）
A. 等边三角形B. 等腰直角三角形
C. 有一个角是的直角三角形D. 有一个角是的等腰三角形
答案：B
解析：
思路：由三角形面积公式和余弦定理化简可得，由正弦定理化简得，结合平面向量线性运算、数量积运算和平面几何知识可得，从而可得是等腰直角三角形.
解答过程：根据余弦定理，则.
根据三角形面积公式，则，
化简得，即.因为是三角形内角，所以.
又，由，可得.
则.
如图所示，在边上分别取点，使，
以为邻边作平行四边形，则四边形为菱形，
连接，且，，
.
又，且，，即.
又，所以，进而，所以是等腰直角三角形.
7. 图1勖艾亭是巴蜀中学校园内的标志性建筑，勖艾亭中的“勖”取自首任校长周勖成之名，“艾”则取自首任教务主任孙伯才（字未艾）之字，合称“勖艾”，寓意纪念两位创校元勋.它的主体部分可以看作是一个正六棱柱和一个正六棱锥拼接而成的组合体，如图2所示.已知正六棱柱和正六棱锥的底面边长为2，高之比为3：1，且该几何体的所有顶点都在球的表面上，则球的体积为（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
思路：设正六棱锥的高为，则正六棱柱的高为，可得该几何体的所有顶点都在球的表面上，该几何体的外接球也是正六棱柱的外接球，所以球心在上，且,由几何关系可得,解方程即可求解.
解答过程：设正六棱锥的高为，则正六棱柱的高为，
设正六棱锥的上顶点为,正六棱柱底面的中心为,
连接，则,正六棱柱底面
该几何体的所有顶点都在球的表面上，该几何体的外接球也是正六棱柱的外接球，所以球心在上，
且,
设该几何体外接球的半径为,则,解得：,
所以球的体积为
8. 如图，在中，，为中点，，若，则的最小值是（ ）

A. 4B. 2C. D.
答案：B
解析：
思路：根据三角形面积公式化简得到，再利用向量的运算表示出，再利用基本不等式求解即可.
解答过程：已知，，所以，化简得.
由是中点，，所以，
化简得，进而.
因为，所以.
由基本不等式，且，所以，当且仅当，
即，最小值为.
二、多项选择题（本题共3小题，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 已知为虚数单位，为复数，则下列命题中正确的是（ ）
A.
B. 若，则是为纯虚数的充要条件
C.
D. 若，则的最大值为3
答案：AD
解析：
思路：对于A，利用复数的乘方运算即可；
对于B，利用纯虚数的概念即可判断；
对于C，利用复数的乘法运算可求解；
对于D，根据题意可得的轨迹是以为圆心，2为半径的圆；将问题转化为圆上的点到的距离的最大值.
解答过程：对于A，，故A正确;
对于B，若，则，
若，则，取，则不是纯虚数；
若为纯虚数，则，，则，
综上是为纯虚数的必要不充分条件；
对于C，取，则，故C错误；
对于D，设
，，即的轨迹是以为圆心，2为半径的圆；
，其几何意义是圆上的点到的距离.
圆心到点的距离为1，圆的半径为2，
圆上的点到点的最大距离为，即的最大值为3，故D正确;
10. 如图所示，在正方体中，为棱中点，点是棱上的一个动点（不包括端点），平面交棱于点，则下列说法正确的是（ ）

A. 直线与是异面直线
B. 存在点，使得为直角
C. 若点是棱上的中点，则直线与所成的角为
D. 平面平面
答案：ACD
解析：
思路：选项A，直线、既不平行也不相交，为异面直线；选项B，假设，通过证明线面垂直发现需要在端点处，因此不存在；选项C，通过线线平行将的夹角转化为的夹角，进而求解夹角；选项D，利用线面垂直的性质得，进而推导出面面垂直.
解答过程：选项A，直线、直线，两直线不平行、无交点、不在同一平面，
符合异面直线定义，A正确；
选项B，若，则，
在正方体中平面，平面，
所以，此时，、平面，
则平面，又平面，
故当且仅当点与点重合时成立，此时有，
即点在点处，不符合题意，B错误；
选项C，为中点时，连接，
因为分别为的中点，所以，
在正方体中，所以有，
则的夹角可转化为的夹角，
因为为等边三角形，所以，
即的夹角为，C正确；

选项D，由正方体性质可得平面，又平面，则，
又，且都在平面内，所以平面，
又平面，所以，同理可得，
又且都在平面内，故平面，
又平面，故平面平面，D正确.

11. 在锐角中，角所对的边分别为，若，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 若，则满足条件的有且仅有1个
C. 的取值范围为
D. 的取值范围为
答案：ABD
解析：
思路：利用正弦定理以及三角恒等变换可得，结合三角形形状可得，可判断A，对于B，利用正弦定理化简可得，结合余弦定理化简求解可判断；对于C，由结合正弦函数单调性可判；对于D，将所求表达式化简并利用对勾函数性质计算可得结果.
解答过程：依题意，由正弦定理可得，即；
所以，
又因为为锐角三角形，所以，即，
又，且，
可得，；故A正确；
对于B，由于，则，由正弦定理可得：，
由余弦定理可得，解得：，
因为，所以仅有一个解满足条件，即满足条件的有且仅有1个，故B正确；
对于C，，令
由于在上单调递增，在上单调递增，
所以在上单调递增，
则，即，
所以的取值范围为，故C错误；
对于D，
；
显然，由对勾函数性质可知在上单调递增，
所以可得，故D正确.
三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. ___________.
答案：
解析：
思路：根据复数的乘法、除法及复数的模求解即可.
解答过程：，
所以.
13. 已知，是非零向量，，且与的夹角为，若，则在方向上的投影向量的坐标为___________.
答案：
解析：
思路：根据垂直关系的向量表示及限量数量积的运算律得到，代入投影向量的计算公式计算即可.
解答过程：由已知可得，.
因为，所以，即，
解得或（舍去），所以.
故在方向上的投影向量为，则坐标为.
14. 在四棱锥中，，过的平面去截原四棱锥得到体积相等的两个部分，且该平面交于点，则___________.
答案：
解析：
思路：巧用线面平行证得线段平行，拆分组合体为两个棱锥，区分一次、二次体积比例列方程求解
解答过程：设平面与交于，而，
平面平面，
平面，又平面，平面平面，
设，则，若四棱锥的体积为，又，
，即，而，有，
而，有，
，解得.
四、解答题（本题共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. 已知向量是同一平面内的三个向量，向量，
（1）求向量与的夹角的余弦值；
（2）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围.
答案：（1）
（2）解析：
思路：(1)计算出的坐标，再用向量点积公式和模长公式，直接代入求夹角余弦值；
(2)夹角为锐角需同时满足点积大于0和两向量不共线.
（1）因为向量，
所以，
，，
所以.
（2）因为向量，
所以
因为与的夹角为锐角，
所以且两向量不同向，
由，解得，
又因为当时，由解得，
所以实数的取值范围是.
16. 在四棱锥中，底面是直角梯形，，，底面，，，点在直线上.
（1）求证：平面平面；
（2）在直线上找一点，使得平面，并求的长.
答案：（1）证明见解析
（2）解析：
思路：（1）证明平面，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）连接交于，过作交于，连接，，可证明平面，利用几何关系即可求出的长.
（1）四边形是直角梯形，，
，
又平面平面，
，且平面平面，
又平面平面平面；
（2）连接交于，过作交于，连接，.
由平面平面，得平面可得，
又，直角中，，所以.
17. 巴蜀中学高2028届班级文化展示活动中，几位志愿者设计了一个凸四边形的展区（如图），已知米，米.
（1）若，，求的值；
（2）若米，四边形的面积为100平方米，求的值.
答案：（1）
（2）解析：
思路：（1）根据正弦定理及同角三角函数关系求解即可.
（2）在，中，根据余弦定理可得，根据四边形面积及三角形面积公式可得，两式平方相加，结合两角差的余弦公式即可求解.
（1）在中，因为，，
所以.
在中，由正弦定理得：，所以.
又，所以，所以.
（2）在，中，由余弦定理得，
，
，
所以，即.
又，
即，
整理得.
所以，
整理得，
所以.
18. 在多面体中，底面为矩形，平面，
（1）求直线与底面所成角的正弦值；
（2）求二面角的正切值；
（3）求三棱锥的体积.
答案：（1）
（2） （3）12
解析：
思路：（1）取的中点为，连接，可得就是直线与底面所成角，利用几何关系求解即可；
（2）过作，垂足为，连接，可得就是二面角的平面角，利用几何关系求解即可；
（3）把多面体补成为长方体，利用求解即可.
（1）取的中点为，连接，，，
四边形是平行四边形，，
又平面，所以就是直线与底面所成角.
又底面为矩形，
在直角中，
直线与底面所成角的正弦值为；
（2）设二面角的大小为，二面角的大小为，二面角的大小为
所以，因为平面，所以平面.
过作，垂足为，连接，所以就是二面角的平面角，
即，在直角中，，所以，所以
同理可得，所以
所以二面角的正切值为.
（3）把多面体补成如图长方体
则.
所以.
19. 定义：对于非零向量，若函数，则称为向量的“互助函数”，向量为函数的“互助向量”.
（1）已知，若函数的“互助向量”为，求的最大值；
（2）向量为函数的“互助向量”，的一条边长度等于的最大值，边上的高等于，以的各边为直径向外分别作三个半圆，求这三个半圆围成的平面区域上任意两点间距离的最大值；
（3）若函数为向量的“互助函数”，，.判断，，能否作为三边长？若能，给出证明；若不能，请说明理由.
答案：（1）
（2） （3）能，证明见解析
解析：
思路：（1）根据“互助向量”得到，利用向量减法求出，结合向量的模及辅助角公式求解即可.
（2）利用辅助角公式得到，结合三角形面积公式得到，根据余弦定理得到；根据三角形中位线及圆的性质得到，结合基本不等式求解即可.
（3）根据题意可设，，，结合放缩法及三角恒等变换得到两边之和大于第三边，即可得证.
（1）因为函数，
所以其“互助向量”，所以.
所以
.
当时，取得最大值，为.
（2）由题意知，，其中，.
所以，设内角所对的边长分别为，
由三角形的面积公式可得，
即，又，所以，所以.
由余弦定理得，所以.
不妨设边上的中点分别为，在上取一点，在上取一点，
由两点间线段最短可得，
当且仅当四点共线时，等号成立，
所以距离的最大值，
又，
当且仅当时，等号成立，
所以两点间距离的最大值为.
（3）能作为三边长.
证明：因为函数为向量的“互助函数”，所以，
令，，，
因为.所以，
；
，
又，所以，即，故；
同理可证得：，
即任意两边之和大于第三边，所以能作为三边长.