精品解析：福建福州屏东中学2025-2026学年高一第二学期期中试卷数学

福州屏东中学2025-2026学年第二学期期中试卷 高一数学 （本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟） 一、选择题：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. 的虚部为（ ） A. B. 0 C. 1 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数代数形式的运算法则以及虚部的定义即可求出. 【详解】因为，所以其虚部为1， 故选：C. 2. 向量，则（ ） A. “”是“”的必要条件 B. “”是“”的充分条件 C. “”是“”的必要条件 D. “”是“”的充分条件 【答案】D 【解析】 【分析】对A，根据向量平行得到的关系式，再根据必要条件的定义即可判断；对B，根据向量平行得到的关系式，再根据充分条件的定义即可判断；对C，根据向量垂直得到的关系式，再根据必要条件的定义即可判断；对D，根据向量垂直得到的关系式，再根据充分条件的定义即可判断； 【详解】对A，若， 则， 即，无法推出， 即必要性不成立，故A错； 对B，由A知：，不满足， 即与不平行，故充分性不成立，故B错； 对C，若， 则，无法推出， 即必要性不成立，故C错； 对D，由C知：，可以推出， 故“”是“”的充分条件，故D对. 故选：D. 3. 在平行四边形中，是对角线上靠近点的三等分点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由向量的加减法，和数乘运算法则直接求解即可. 【详解】因为是对角线上靠近点的三等分点， 所以， 则. 故选：A 4. 如图所示，在正方体中，点为线段上的动点，则下列直线中，始终与直线异面的是（   ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据异面直线的定义一一判断即可. 【详解】由正方体的性质易知当为的中点时，为的中点， 而，所以共面，则、在平面上，故A不符题意； 因为，即共面， 易知平面，而平面，，， 故与异面，故B符合题意； 当、重合时，易知， 则四边形是平行四边形，则此时，故C不符合题意； 当、重合时，显然，相交，故D不符合题意. 故选：B. 5. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积. 【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为， 而它们的侧面积相等，所以即， 故，故圆锥的体积为. 故选：B. 6. 已知是两条不同的直线，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 【答案】C 【解析】 【详解】对于A，由，可得可能平行，相交或异面，故A错误； 对于B，由可得或，故B错误； 对于C，由，可得，又，则有，故C正确； 对于D，当是平面内两条互相垂直的直线，且时，满足，，但，故D错误. 7. 海洋洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上最深的海洋蓝洞．若要测量如图所示的蓝洞的口径A，B两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点C，D，测得，，，，则A、B两点的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】依题意在中利用正弦定理得，在中可得，从而在中利用余弦定理即可得解. 【详解】如图，在中，，， ，所以， 由正弦定理得，解得， 在中，，， ， 所以，故， 所以在中，由余弦定理得 ， 则，即A，B两点间的距离为． 故选：D. 8. 《九章算术·商功》：“斜解立方，得两壍堵.斜解壍堵，其一为阳马，一为鳖臑.阳马居二，鳖臑居一，不易之率也.合两鳖臑三而一，验之棊，其形露矣.”即将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图所示为鳖臑，平面，，，分别在棱，上，且，.若，则三棱锥外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】依题意可得平面，即可得到，从而得到平面，又外接圆的直径即可直角三角形的斜边，即可得到即为三棱锥外接球的直径，从而求出外接球的体积. 【详解】因为平面，平面，所以， 又，，平面，所以平面， 平面，所以，又，，平面， 所以平面， 又，所以外接圆的直径即可直角三角形的斜边， 又平面， ，所以即为三棱锥外接球的直径， 所以三棱锥外接球的半径， 所以外接球的体积. 故选：C 二、选择题：本题共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. 已知复数（i为虚数单位），则下面结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据共轭复数，复数模的公式，复数运算逐一计算判断. 【详解】对于A，由，则，所以，故A错误； 对于B，，，故B正确； 对于C，，，故C错误； 对于D，由，则，， 所以，故D正确. 故选：BD. 10. 在中，角的对边分别为外接圆的半径为2，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 面积的最大值为 D. 若，角的平分线交于点，则 【答案】BCD 【解析】 【详解】对于A，因为，所以， 所以，又，即， 则，又，所以， 解得，又，故，故A错误； 对于B，因为，外接圆的半径为2， 所以，故B正确； 对于C，因为，即， 又，所以，得，当且仅当时，取等号， 所以，即面积的最大值为，故C正确； 对于D，由，结合，解得， 由，即， 解得，故D正确. 11. 如图，矩形中，为的中点，为的中点，交于点，将沿直线翻折到，连接为的中点，则在翻折过程中，下列合题中正确的是（ ） A. 翻折过程中，始终有平面平面 B. 翻折过程中，的长是定值 C. 若，则 D. 存在某个位置，使得 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，易知为的中点，则，，再利用面面平行的判定定理，即可判断；对于B，利用等角定理得到以及（定值），（定值），在中由余弦定理可知的长是定值，即可判断；对于C，由，利用直角三角形中线定理可得，即可判断；对于D，由等角定理，根据，得到，即，即可判断. 【详解】因为E，F为中点，则，所以四边形CEFD是平行四边形， 所以是的中点，所以， 又平面，平面，所以平面， 同理平面， 又，所以平面平面，故A正确； 因为（定值），（定值），（定值）， 在中由余弦定理可知的长是定值，故B正确； 若，则，所以，所以，故C正确； 因为，所以，所以， 因为在同一平面内，所以不可能垂直于， 因为，所以不可能垂直于，故D错误. 故选：ABC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，是等腰直角三角形且，其中斜边，则这个平面图形的面积是___________． 【答案】## 【解析】 【详解】设对应的平面图形为， 在斜二测画法的图形中在轴上，还原后的图形中在轴上，且长度不变， 在斜二测画法的图形中在轴上，还原后的图形中在轴上， 且的长度扩大为的倍， 是等腰直角三角形且，斜边，， 根据斜二测画法可知，，，, . 13. 已知，对于所有满足的复数，都有的最小值与的最小值相同，则____________. 【答案】3 【解析】 【分析】根据复数的几何意义分析求解即可. 【详解】由得复数对应的点的集合为以原点为圆心，2为半径的圆， 因为表示点到圆上一点的距离，且点到圆心的距离为1， 则的最小值为， 而表示点到圆上一点的距离，且点到圆心的距离为， 则的最小值为， 又因为的最小值与的最小值相同， 所以，，解得. 故答案为：3. 14. 已知正六边形的边长为4，圆的圆心为该正六边形的中心，圆的半径为2，圆的直径，点在正六边形的边上运动，则的最小值为________. 【答案】8 【解析】 【分析】将转化为，进而转化为研究最小值问题，利用正六边形的几何性质求解即可. 【详解】 如图所示，由正六边形的几何性质可知，均是边长为4的等边三角形， ， 又,， 当点P位于正六边形各边的中点时，取最小值， 如图为中点，连接，则, 此时， 即的最小值为 8． 故答案为：8． 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，. （1）若，求在上的投影向量的坐标； （2）设，若，求向量与的夹角的余弦值. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）由已知，可得，在上的投影向量为，求解即可； （2）由可得，利用向量夹角的余弦公式求解即可. 【小问1详解】 因为， 所以，即， 因为，， 所以，， 所以， 解得， 所以， 所以，， 故在上的投影向量为， 故在上的投影向量的坐标为； 【小问2详解】 因为， 所以，即， 所以， 所以，， 所以，，， 故. 16. 如图所示，几何体的上部是一个正四棱锥，下部是一个正方体，其中正四棱锥的高为，是等边三角形,.． （1）求该几何体的表面积； （2）求该几何体的体积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设是的中点，连接，进而可证明，从而可计算正四棱锥的侧面积与正方体的五个面积； （2）根据锥体与正方体体积求解即可. 【小问1详解】 设是的中点，连接. 因为是边长为6的正三角形， 所以，且， 所以该几何体的表面积. 【小问2详解】 连接，设交点为，连接，则是四棱锥的高， 则，所以. 又正方体的体积为， 所以该几何体的体积. 17. 在中，角的对边分别为．已知，，． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边转化为角，化简等式，进而求出角的值； （2）利用余弦定理，将代入建立关于的方程，求解后得到的值； （3）先利用正弦定理求出，再结合同角三角函数的基本关系求出，然后利用二倍角公式求出和，最后利用两角和的正弦公式展开计算. 【小问1详解】 已知，由正弦定理， 得，显然， 得，由， 故； 【小问2详解】 由（1）知，且，， 由余弦定理， 则， 解得（舍去）， 故； 【小问3详解】 由正弦定理，且， 得，且，则为锐角， 故，故， 且； 故. 18. 如图，在正方体中，是的中点，，，分别是，，的中点．求证： （1）直线平面； （2）平面平面； （3）若正方体棱长为1，过，，三点作正方体的截面，画出截面与正方体的交线，并求出截面的面积． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）画图见解析，截面的面积为． 【解析】 【分析】（1）连接SB，由三角形的中位线定理、线面平行的判定定理，可得证明； （2）由线面平行和面面平行的判定定理，即可得证； （3）取B1C1的中点N，连接A1N，NE，取A1D1的中点M，连接MC1，AM，由平行四边形的判定和性质，推得截面为菱形，由对角线互相垂直，可得所求面积． 【详解】（1）证明：连接SB，由EG为△CSB的中位线，可得EG∥SB， 由EG⊄平面BDD1B1，SB⊂平面BDD1B1，可得EG∥平面BDD1B1； （2）由EF∥DB，EF⊄平面BDD1B1，DB⊂∥平面BDD1B1， 可得EF∥∥平面BDD1B1， 又由（1）可得EG∥平面BDD1B1， EF∩EG＝E，可得平面EFG∥平面BDD1B1； （3）取B1C1的中点N，连接A1N，NE， 可得AE∥A1N，AE＝A1N， 取A1D1的中点M，连接MC1，AM， 可得MC1＝A1N，MC1∥A1N， 可得截面AEC1M为平行四边形，且AE＝EC1＝AM＝MC1＝＝， 所以截面的面积为×A1C1×ME＝××＝． 19. 已知三个内角的对边分别为，且，的内心、重心、外心、垂心依次记为点，如图所示． （1）求； （2）连接，并延长交边于点，用，做基底来表示； （3）被誉为“数学之王”的瑞士数学家欧拉，在1765年发表了令人赞美的欧拉线定理：设的外心，重心，垂心分别是，则三点共线（欧拉线），且，请运用欧拉线定理，求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先由余弦定理求出 ，再利用向量数量积公式求值. （2）设，其中，根据是内心，得到，从而求出，继而得到，连接，在中，平分， 由角平分线定理可得的值,从而求出. （3）先由外心性质设，利用求出；再由重心公式 ，结合欧拉线定理 求出，最后与（2）的结果作数量积即可. 【小问1详解】 由余弦定理，得到，代入 ， 得，则， 又因为， 所以. 【小问2详解】 设，其中， 因为是内心，所以到的距离相等，所以， 又，所以，所以，所以， ， 连接，在中，平分， 由角平分线定理同理可得， 所以，即. 【小问3详解】 由（2）知，， 设，因为是外心，所以， 由，得， ，化简得， 同理，由得， 又由已知，以及（1）， 所以，，即，， 解得，故， 因为是重心，， 由欧拉线定理，， 于是， 代入上式可得， 因此， 展开得， 代入， 得， 即， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州屏东中学2025-2026学年第二学期期中试卷 高一数学 （本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟） 一、选择题：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. 的虚部为（ ） A. B. 0 C. 1 D. 6 2. 向量，则（ ） A. “”是“”的必要条件 B. “”是“”的充分条件 C. “”是“”的必要条件 D. “”是“”的充分条件 3. 在平行四边形中，是对角线上靠近点的三等分点，则（ ） A. B. C. D. 4. 如图所示，在正方体中，点为线段上的动点，则下列直线中，始终与直线异面的是（   ） A. B. C. D. 5. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知是两条不同的直线，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 7. 海洋洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上最深的海洋蓝洞．若要测量如图所示的蓝洞的口径A，B两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点C，D，测得，，，，则A、B两点的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 《九章算术·商功》：“斜解立方，得两壍堵.斜解壍堵，其一为阳马，一为鳖臑.阳马居二，鳖臑居一，不易之率也.合两鳖臑三而一，验之棊，其形露矣.”即将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图所示为鳖臑，平面，，，分别在棱，上，且，.若，则三棱锥外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共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. 已知复数（i为虚数单位），则下面结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 在中，角的对边分别为外接圆的半径为2，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 面积的最大值为 D. 若，角的平分线交于点，则 11. 如图，矩形中，为的中点，为的中点，交于点，将沿直线翻折到，连接为的中点，则在翻折过程中，下列合题中正确的是（ ） A. 翻折过程中，始终有平面平面 B. 翻折过程中，的长是定值 C. 若，则 D. 存在某个位置，使得 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，是等腰直角三角形且，其中斜边，则这个平面图形的面积是___________． 13. 已知，对于所有满足的复数，都有的最小值与的最小值相同，则____________. 14. 已知正六边形的边长为4，圆的圆心为该正六边形的中心，圆的半径为2，圆的直径，点在正六边形的边上运动，则的最小值为________. 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，. （1）若，求在上的投影向量的坐标； （2）设，若，求向量与的夹角的余弦值. 16. 如图所示，几何体的上部是一个正四棱锥，下部是一个正方体，其中正四棱锥的高为，是等边三角形,.． （1）求该几何体的表面积； （2）求该几何体的体积． 17. 在中，角的对边分别为．已知，，． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 18. 如图，在正方体中，是的中点，，，分别是，，的中点．求证： （1）直线平面； （2）平面平面； （3）若正方体棱长为1，过，，三点作正方体的截面，画出截面与正方体的交线，并求出截面的面积． 19. 已知三个内角的对边分别为，且，的内心、重心、外心、垂心依次记为点，如图所示． （1）求； （2）连接，并延长交边于点，用，做基底来表示； （3）被誉为“数学之王”的瑞士数学家欧拉，在1765年发表了令人赞美的欧拉线定理：设的外心，重心，垂心分别是，则三点共线（欧拉线），且，请运用欧拉线定理，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $