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广西玉林市五校2025-2026学年高一下学期5月期中联考数学试题
一、单选题
1．已知复数满足，则复数z的虚部为（ ）
A． B． C． D．2
2．下列说法正确的是（ ）
A．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体
B．球的直径是连接球面上两点并且经过球心的线段
C．以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥
D．用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台
3．已知且，则x等于（ ）
A．3 B． C． D．
4．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中为真命题的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
5．某一时段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发 渗透 流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：）.24小时降雨量的等级划分如下：
24小时降雨量（精确到）
降雨等级 小雨 中雨 大雨 暴雨
在一次降雨过程中，用一个侧棱的三棱柱容器收集的24小时的雨水如图所示，当侧面水平放置时，水面恰好过的中点.则这24小时的降雨量的等级是（ ）
A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨
6．如图，在棱长为2的正四面体中，点D为边的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
7．已知球的表面积为，圆台的上、下底面半径之比为，球与圆台的两个底面及侧面都相切，则圆台的表面积为（ ）
A． B． C． D．
8．已知为的外心，且，则等于（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
二、多选题
9．已知向量，，则（ ）
A． B．
C． D．在上的投影向量为
10．对于，有如下判断，其中错误的是（ ）
A．若，则
B．若，则是等腰三角形
C．若，则符合条件的有两个
D．若，则是锐角三角形
11．正方体的棱长为1，P为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．平面平面
B．
C．直线与BP所成的角可以为直角
D．平面，且平面，则平面截正方体所得截面面积的最大值为
三、填空题
12．已知向量的夹角为，则__________.
13．如图所示，在正方形铁皮上剪下一个扇形和一个直径为2的圆，使之恰好围成一个圆锥，则圆锥的高为______．

14．一艘客船在处测得灯塔在它的北偏东,在处测得灯塔在它的北偏西,距离为n mile.客船由处向正北航行n mile到达处,再看灯塔在它的南偏东,则______n mile;设灯塔在处的南偏西度,则______.
四、解答题
15．如图，在正三棱柱中，分别是，，的中点.

(1)求证：B，C，H，G四点共面；
(2)求证：平面；
16．中，角，，对边分别为，，，，
(1)求的大小；
(2)若，，求的面积．
17．如图，在五面体中，平面，，，，点为中点．
(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的余弦值；
(3)求三棱锥的体积．
18．已知的内角，，的对边为，，，且．
(1)求；
(2)若的面积为，求内角的角平分线长的最大值．
19．如图，在梯形中，，，，四边形为矩形，平面平面，．

(1)求证：平面；
(2)求二面角的平面角的余弦值；
(3)若点在线段都不重合）上运动，设平面与平面所成二面角的平面角为，试求的范围．
参考答案
1．D
【详解】，则复数z的虚部为2．
故选：D．
2．B
【详解】对于A：虽然各侧面都是正方形，但底面不一定是正方形，
所以该四棱柱不一定是正方体，故A错误；
对于B：球的直径的定义即为“连接球面上两点并且经过球心的线段”，故B正确；
对于C：以直角三角形的直角边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥，
以直角三角形的斜边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是两个共底面的圆锥组成的几何体，
故C错误；
对于D：用一个平行于底面的平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台，故D错误；
故选：B.
3．C
【详解】因为，
所以，
解得.
故选：C.
4．C
【详解】对于A，若，则或异面，故A错误；
对于B，若，则或，故B错误；
对于C，若，则存在，且，因为，所以，而，从而，故C正确；
对于D，若，则或，故D错误.
故选：C.
5．D
【详解】设的面积为，底面水平放置时，液面高为，
侧面水平放置时，水的体积为，
当底面水平放置时，水的体积为，
于是，解得，
所以当底面水平放置时，液面高为．
故降雨量等级为暴雨，
故选：D
6．A
【详解】在正四面体中，取中点，连接，
由是的中点，得，则是异面直线与所成的角或其补角，
，则，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：A.
7．C
【详解】已知球的表面积为，设球的半径为，则得，解得，
因为球与圆台上下底面都相切，所以圆台的高.
设圆台上下底面半径分别为、（满足），因为圆台有内切球，则母线长，
即 .又，所以 ，
即 ，整理得 解得，即 ， ，母线.
所以圆台的表面积 .
8．A
【详解】因为点为的外心，且，
所以
，
故选A.
9．ACD
【详解】因为，故A正确；
因为，，
，
所以向量与不垂直，故B错误；
因为，故C正确；
因为，
所以在上的投影向量为，
故D正确.
10．BD
【详解】选项A，在中由大边对大角可知若，则，
又由正弦定理可得，故A说法正确；
选项B，若，则由正弦定理边化角可得，
即，所以或，整理得或，
所以是等腰三角形或直角三角形，B说法错误；
选项C，因为，所以由正弦定理可得，
所以角有两个值，此时符合条件的有两个，C说法正确；
选项D，若，则由正弦定理角化边可得，
所以，即角是钝角，所以是钝角三角形，D说法错误；
故选：BD
11．ABD
【详解】对于A，因为为正方体，所以．
又，所以，
所以为平行四边形，所以．
又平面平面．
由直线与平面平行的判定定理得平面，
同理平面，又，平面，平面
所以平面平面，故A正确；
对于B，∵平面，平面，∴，
∵平面，∴平面，
∵平面，∴，故B正确；
对于C，连接，则，则或其补角为直线与BP所成的角，
因为，所以，
若直线与BP所成的角为直角，则，
则，与三角形内角和定理矛盾，故C错误；
对于D，由正方体中心对称性可知，平面经过对称中心所得截面的面积最大，
所以为的中点时，平面截正方体所得截面的面积最大，
取的中点的中点的中点的中点的中点的中点，
连接MN，NE，EF，FG，GH，HM，则MNEFGH为正六边形，
∵面，面，∴，
∵，，面，∴面，
∵面，∴，同理，
∵，面MNEFGH，∴面MNEFGH，
所以平面截正方体所得截面为正六边形MNEFGH时，面积最大，
其面积为，故D正确．
故选：ABD.
12．
【详解】由题意可得，
可知.
13．
【详解】解：∵直径为2的圆形，∴底面圆的半径为：1，周长为2π，
记扇形半径为，由扇形弧长得∴，即母线为4，
∴圆锥的高为：
故答案为：
14． 36 60
【详解】解:由题意画草图如下:
在中,由已知得,,
则,.
由正弦定理,得,
在中,由余弦定理,
得
即,
,
,从而,
所以灯塔在处的南偏西.
故答案为:
15．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）（1）∵G，H分别是，的中点，
∴GH是的中位线，∴，
又在三棱柱中，，
∴，

∴B，C，H，G四点共面；
（2）∵在三棱柱中，，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，∴，
∵平面，平面，∴平面.
16．(1)
(2)或
【详解】（1）由已知得，
由正弦定理代入上式得，
得，
由，得
（2）法一：由（1）知，代入得，
由余弦定理得，
得或，
①当时，，
②当时，，
法二：由题知，，
代入得，
∵，∴，或
①时，，，
，
②时，，，
．
17．(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）
如图所示，取的中点，连接.
，.
又平面，平面，，
，平面，平面.
点为中点，，又，，
，是平行四边形，，
平面，又平面，平面平面；
（2）由（1）知平面，就是在平面内的射影，
即为直线与平面所成的角.
在中，，，，
.
平面，平面，，
在中，，
，，
平面，又平面，，
在中，，
；
（3）由（1）（2）可知，，，且，
又知平面，平面，就是三棱锥的高，
.
18．(1)
(2)
【详解】（1）因为，
由正弦定理得，即，
由余弦定理得，
因为，所以，所以.
（2）因为为角的角平分线，所以，
由于，所以，
所以，所以，
因为，当且仅当时等号成立，
所以，即，当且仅当时等号成立，
所以的最大值为.
19．(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）在梯形中，
，，，
，，
，，
平面平面，平面平面，
平面，平面．
（2）取中点，连接，，
，，，
，，为二面角的平面角．
由（1）知平面，平面，，
，，
，，
．

（3）当与，都不重合时，令，，
延长交的延长线于，连接，
在平面与平面的交线上，
在平面与平面的交线上，
平面平面，
过作交于，连接，
由（1）知，，
又，平面，，
平面，平面，．
又，平面，，
平面，，．
因为，所以，
因为，所以，所以，
所以，整理得，
所以
因为为直角三角形，为斜边上的高，所以，
所以，
，，
，．

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