福建厦门市同安实验中学2025-2026学年下学期高一数学周测（4.27）

《厦门市同安实验中学2025-2026（下）高一数学 周测》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 C B A A C D ABD ACD AC 1．C 【分析】根据复数的除法运算，求得，再利用复数模的计算公式，即可求解. 【详解】由题意，复数， 又由. 故选：C. 2．B 【分析】把圆锥侧面沿过点P的母线展开，画出侧面展开图，根据题中条件，即可求出结果. 【详解】把圆锥侧面沿过点P的母线展开成如图所示的扇形， 由题意, 则 ,所以 设底面圆的半径为，则，所以 故选：B 3．A 【分析】根据线面垂直的性质可判断A；根据平面与平面关系的判定可判断BCD. 【详解】对A，若，，则，故A正确； 对B，若，，则与平行或相交，故B错误； 对C，若，，，则与平行或相交，故C错误； 对D，若，，，，则与平行或相交，故D错误. 故选：A. 4．A 【解析】取中点，根据条件分析与平面的位置关系，由此得到异面直线与所成角的大小. 【详解】取中点，连接，如图所示： 因为，，所以，且， 所以平面，又平面，所以， 所以与所成角为， 故选：A. 【点睛】关键点点睛：解答问题的关键是通过找中点证明线面垂直，从而确定出线线垂直关系，和常规的求解异面直线所成角的方法不同. 5．C 【分析】取AC的中点M，过点M作，且使得，进而证明平面，然后判断出是与平面所成的角，最后求出答案. 【详解】如图，取AC的中点M，因为，则，过点M作，且使得，则四边形BDNM是平行四边形，所以. 由题意，平面ABC，则平面ABC，而平面ABC，所以，又，所以平面，而所以平面，连接DA,NA，则是与平面所成的角.而，于是，. 故选：. 6．D 【分析】从两个线路去思考，最终得到关于基底的两个表达式，通过系数一致可算出所设常数的值，最终得出结果． 【详解】由题意得，如图所示， 由已知条件可知：，设， 则有：＝① 又设， 则有：＝＝② 通过比较①②，可得关于λ，μ的二元一次方程组：， 解此二元一次方程组，得，将结果带入①式，可得：， 故选：D 【点睛】本题考查利用平面向量基本定理去求一未知向量的表达式，这种题目的经典解法就是从两个思路去计算，最终得出所设常数，从而算出结果，属于中档题． 7．ABD 【分析】根据题意，结合线面平行的判定与性质，面面平行的判定，以及线面垂直的性质，一一判断即可. 【详解】对于选项A，根据线面平行的判定可知，若，，，则，故A错误； 对于选线B，根据面面平行的判定可知，如，，且，则，故B错误； 对于选项C， 根据线面垂直的性质可知，若，，则，故C正确； 对于选项D，根据线面平行的性质可知，当，且时，若，则或与异面，故D错误. 故选：ABD. 8．ACD 【分析】先根据题意画出图形，然后根据正方体的结构特征及空间中点线面的关系对四个选项进行分析即可得解. 【详解】画出图形如下： 在正方体中，点，是棱，的中点， 所以，又平面，所以直线平面， 且，，，四点共面，故A、C正确； 因为，而平面，所以平面，又平面， 所以平面平面，故D正确； 直线与直线不在一个平面内，显然不相交，故B错误. 故选：ACD. 9．AC 【分析】可得．在矩形中，设．利用勾股定理联立解得，或．即可． 【详解】解：平面，． 在矩形中，设． ① ，②． 联立①②解得，或． 则的长度为或． 故选：AC． 【点睛】本题考查了空间线面垂直的性质及方程思想，属于中档题． 10． ， 【分析】（1）根据点和直线的位置关系可得答案； （2）根据直线和平面的位置关系可得答案. 【详解】由点和直线的位置关系可得，； 由直线和平面的位置关系可得. 故答案为：①，；②. 11． 【分析】由母线与底面所成角为得到底面半径和圆锥高的关系，再由圆锥轴截面面积为得出底面半径和高，利用体积公式可得答案. 【详解】 如图的面积为，，所以， ，所以，， 所以圆锥的体积. 故答案为：. 12． 【分析】连接AC，交BD于O，连接VO，可得对角线AC、BD互相垂直，再在三角形VBD中，根据VB＝VD和O为BD中点，证出VO、BD互相垂直，最后根据直线与平面垂直的判定理证出BD⊥平面ACV，从而BD⊥VA，即异面直线VA与BD所成角大小． 【详解】如图所示，连接AC，交BD于O，连接VO ∵四边形ABCD是正方形， ∴AC⊥BD，O为BD的中点 又∵正四棱锥V﹣ABCD中，VB＝VD ∴VO⊥BD ∵AC∩VO＝O，AC、VO⊂平面ACV ∴BD⊥平面ACV ∵VA⊂平面ACV ∴BD⊥VA； 即异面直线VA与BD所成角等于．． 故答案为． 【点睛】本题以求正四棱锥中异面直线所成角为载体，着重考查了直线与平面垂直的判定与性质，以及异面垂直的概念，属于基础题． 13．证明见解析 【分析】根据题意可得，所以，则，同理可得、，分析即可得证 【详解】由题意可知P､A､B､､在同一平面上，又因为， 所以， 所以，则. 由题意可知P､B､C､､在同一平面上，又因为， 所以， 所以，则. 由题意可知P､A､C､､在同一平面上，又因为， 所以， 所以，则. 所以， 故. 14．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）. 【解析】（1）取的中点为，连接，，证出为平行四边形，再利用线面平行的判定定理即可证明. （2）连接，证出，再由，利用线面垂直的判定定理即可证明. （3）由（1）可得，再由，根据锥体的体积公式即可求解. 【详解】解：证明：（1）取的中点为，连接，. 则四边形为平行四边形， ∴，且， ∵，且， ∴，且 ∴四边形为平行四边形，∴， 又平面，平面， ∴平面. （2）连接， ∵底面为菱形，， ∴为等边三角形， 又∵为的中点， ∴， 又，， ∴平面. （3）∵平面，∴， 由等体积法，可得：， 又， ∴， ∴. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门市同安实验中学2025-2026（下）高一数学 周测 2026.4.27 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．若复数，复数在复平面对应的点为，则向量(为原点)的模（    ） A． B． C． D． 2．如图，一立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P处.若该小虫爬行的最短路程为，则圆锥底面圆的半径等于（    ）. A．1 B． C．2 D． 3．已知m，n为两条不同直线，，，为三个不同平面，则下列条件能推出的是（    ） A．， B．， C．，， D．，，， 4．在空间四边形中，，，则对角线与所成角的大小是（    ） A． B． C． D． 5．在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，点在棱上，且，则与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 6．已知在中，M，N分别是边AB、AC上的点，且，，BN与CM相交于点P，记，，用，表示的结果是（　　） A． B． C． D． 二、多选题 7．已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列命题中错误的是（    ） A．，，则 B．，，，则 C．，，则 D．当，且时，若，则 8．已知正方体中，点，是棱，的中点，则下列说法正确的有（    ） A．，，，四点共面 B．直线与直线相交 C．直线平面 D．平面平面 9．如图所示，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，若CF⊥平面B1DF.则AF的长度为（    ） A．a B． C．2a D． 三、填空题 10．用符号语言表示以下各语句： （1）点A，B在直线a上：__________________； （2）直线a在平面上：________________． 11．若圆锥轴截面面积为，母线与底面所成角为，则体积为______． 12．在正四棱锥中，底面正方形的边长为1，侧棱长为2，则异面直线与所成角的大小为__________． 四、解答题 13．如图，平面平面，点P是平面､外一点，从点P引三条不共面的射线PA､PB､PC，与平面分别相交于点A､B､C，与平面分别相交于､､.求证：. 14．如图，直四棱柱的底面为菱形，，，，分别为，的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求三棱锥的体积. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《厦门市同安实验中学2025-2026（下）高一数学 周测》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 C B A A C D ABD ACD AC 1．C 【分析】根据复数的除法运算，求得，再利用复数模的计算公式，即可求解. 【详解】由题意，复数， 又由. 故选：C. 2．B 【分析】把圆锥侧面沿过点P的母线展开，画出侧面展开图，根据题中条件，即可求出结果. 【详解】把圆锥侧面沿过点P的母线展开成如图所示的扇形， 由题意, 则 ,所以 设底面圆的半径为，则，所以 故选：B 3．A 【分析】根据线面垂直的性质可判断A；根据平面与平面关系的判定可判断BCD. 【详解】对A，若，，则，故A正确； 对B，若，，则与平行或相交，故B错误； 对C，若，，，则与平行或相交，故C错误； 对D，若，，，，则与平行或相交，故D错误. 故选：A. 4．A 【解析】取中点，根据条件分析与平面的位置关系，由此得到异面直线与所成角的大小. 【详解】取中点，连接，如图所示： 因为，，所以，且， 所以平面，又平面，所以， 所以与所成角为， 故选：A. 【点睛】关键点点睛：解答问题的关键是通过找中点证明线面垂直，从而确定出线线垂直关系，和常规的求解异面直线所成角的方法不同. 5．C 【分析】取AC的中点M，过点M作，且使得，进而证明平面，然后判断出是与平面所成的角，最后求出答案. 【详解】如图，取AC的中点M，因为，则，过点M作，且使得，则四边形BDNM是平行四边形，所以. 由题意，平面ABC，则平面ABC，而平面ABC，所以，又，所以平面，而所以平面，连接DA,NA，则是与平面所成的角.而，于是，. 故选：. 6．D 【分析】从两个线路去思考，最终得到关于基底的两个表达式，通过系数一致可算出所设常数的值，最终得出结果． 【详解】由题意得，如图所示， 由已知条件可知：，设， 则有：＝① 又设， 则有：＝＝② 通过比较①②，可得关于λ，μ的二元一次方程组：， 解此二元一次方程组，得，将结果带入①式，可得：， 故选：D 【点睛】本题考查利用平面向量基本定理去求一未知向量的表达式，这种题目的经典解法就是从两个思路去计算，最终得出所设常数，从而算出结果，属于中档题． 7．ABD 【分析】根据题意，结合线面平行的判定与性质，面面平行的判定，以及线面垂直的性质，一一判断即可. 【详解】对于选项A，根据线面平行的判定可知，若，，，则，故A错误； 对于选线B，根据面面平行的判定可知，如，，且，则，故B错误； 对于选项C， 根据线面垂直的性质可知，若，，则，故C正确； 对于选项D，根据线面平行的性质可知，当，且时，若，则或与异面，故D错误. 故选：ABD. 8．ACD 【分析】先根据题意画出图形，然后根据正方体的结构特征及空间中点线面的关系对四个选项进行分析即可得解. 【详解】画出图形如下： 在正方体中，点，是棱，的中点， 所以，又平面，所以直线平面， 且，，，四点共面，故A、C正确； 因为，而平面，所以平面，又平面， 所以平面平面，故D正确； 直线与直线不在一个平面内，显然不相交，故B错误. 故选：ACD. 9．AC 【分析】可得．在矩形中，设．利用勾股定理联立解得，或．即可． 【详解】解：平面，． 在矩形中，设． ① ，②． 联立①②解得，或． 则的长度为或． 故选：AC． 【点睛】本题考查了空间线面垂直的性质及方程思想，属于中档题． 10． ， 【分析】（1）根据点和直线的位置关系可得答案； （2）根据直线和平面的位置关系可得答案. 【详解】由点和直线的位置关系可得，； 由直线和平面的位置关系可得. 故答案为：①，；②. 11． 【分析】由母线与底面所成角为得到底面半径和圆锥高的关系，再由圆锥轴截面面积为得出底面半径和高，利用体积公式可得答案. 【详解】 如图的面积为，，所以， ，所以，， 所以圆锥的体积. 故答案为：. 12． 【分析】连接AC，交BD于O，连接VO，可得对角线AC、BD互相垂直，再在三角形VBD中，根据VB＝VD和O为BD中点，证出VO、BD互相垂直，最后根据直线与平面垂直的判定理证出BD⊥平面ACV，从而BD⊥VA，即异面直线VA与BD所成角大小． 【详解】如图所示，连接AC，交BD于O，连接VO ∵四边形ABCD是正方形， ∴AC⊥BD，O为BD的中点 又∵正四棱锥V﹣ABCD中，VB＝VD ∴VO⊥BD ∵AC∩VO＝O，AC、VO⊂平面ACV ∴BD⊥平面ACV ∵VA⊂平面ACV ∴BD⊥VA； 即异面直线VA与BD所成角等于．． 故答案为． 【点睛】本题以求正四棱锥中异面直线所成角为载体，着重考查了直线与平面垂直的判定与性质，以及异面垂直的概念，属于基础题． 13．证明见解析 【分析】根据题意可得，所以，则，同理可得、，分析即可得证 【详解】由题意可知P､A､B､､在同一平面上，又因为， 所以， 所以，则. 由题意可知P､B､C､､在同一平面上，又因为， 所以， 所以，则. 由题意可知P､A､C､､在同一平面上，又因为， 所以， 所以，则. 所以， 故. 14．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）. 【解析】（1）取的中点为，连接，，证出为平行四边形，再利用线面平行的判定定理即可证明. （2）连接，证出，再由，利用线面垂直的判定定理即可证明. （3）由（1）可得，再由，根据锥体的体积公式即可求解. 【详解】解：证明：（1）取的中点为，连接，. 则四边形为平行四边形， ∴，且， ∵，且， ∴，且 ∴四边形为平行四边形，∴， 又平面，平面， ∴平面. （2）连接， ∵底面为菱形，， ∴为等边三角形， 又∵为的中点， ∴， 又，， ∴平面. （3）∵平面，∴， 由等体积法，可得：， 又， ∴， ∴. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $