精品解析：福建厦门市湖滨中学2025-2026学年第二学期期中考试高一数学

厦门市湖滨中学2025—2026学年第二学期期中考试 高一数学 一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的答案填涂在答题卡相应的位置上. 1. （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】. 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. 1 C. 5 D. 0 【答案】D 【解析】 【详解】，， 由，可得， 解得. 3. 已知向量满足，且，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】直接根据投影向量的定义计算可得. 【详解】因为，且，由投影向量的定义，向量在上的投影向量为：. 故选：A. 4. 已知两条直线若平面，，则与平面的位置关系是（ ） A. 平面 B. 平面或平面 C. 平面 D. 平面或平面 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间中的线、面位置关系，和线面平行的性质和判定定理，即可判断结果. 【详解】如图所示， 因为平面，所以存在直线平面，使得， 因为，所以或与重合，此时平面或平面， 当平面时，因为平面且，所以平面， 综上，平面或平面. 故选：D. 5. 向量表示“向东航行1km”，向量表示“向北航行km”，则向量表示（ ） A. 向东北方向航行km B. 向北偏东方向航行2km C. 向北偏东方向航行2km D. 向北偏东方向航行km 【答案】C 【解析】 【详解】 如图，，，，， 所以，即向北偏东方向航行2km. 6. 如图，矩形是水平放置的一个平面图形的斜二测画法画出的直观图，其中，则原图形的面积是（     ）. A. 12 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】在直观图中，，则，而， 因此直观图矩形的面积，而原图形面积是直观图面积的， 所以原图形面积. 7. 在中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，则周长的最大值为（ ） A. B. C. 9 D. 15 【答案】A 【解析】 【分析】由正弦定理进行边角互化，再使用基本不等式即可求解. 【详解】因为，， 由正弦定理可得， 整理得，则有， 即，，， 当且仅当时，等号成立， 因为周长为， 故周长的最大值为． 8. 等腰梯形如图所示，，圆为梯形的内切圆，并与分别切于点，与分别切于点，则图中阴影部分以所在直线为轴旋转一周所形成的几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意可知阴影部分旋转形成的几何体是以分别为上下底面直径的圆台再挖去圆台的内切球剩余的部分，分别计算出圆台和球的体积即可得出结果. 【详解】梯形以所在直线为轴旋转一周形成以分别为上下底面直径的圆台， 该圆台的上底面半径为1，下底面半径为4， 由圆与梯形相切可得，圆台的高， 则圆台的体积. 圆以所在直线为轴旋转一周形成球，得球的半径， 则球的体积为. 故图中阴影部分以所在直线为轴旋转一周所形成的几何体的体积为. 故选：C 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共计18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. （多选）下列关于点、线和面的关系表示正确的是（ ） A. 点平面 B. 直线平面 C. 直线平面 D. 平面平面 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据点，线，面的位置关系的符号表示即可判断. 【详解】对于A：点与面的位置关系为：点平面，或点平面，故A错误； 对于BC：直线与平面的位置关系：直线平面，直线平面或直线平面，故BC正确； 对于D：平面与平面的位置关系：平面平面或平面平面，故D正确. 故选：BCD. 10. 如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与直线所成角为90° B. C. 直线平面 D. 三棱锥的体积为1 【答案】AC 【解析】 【详解】A：由正方体的性质可知：平面， 因为平面， 所以，因此直线与直线所成角为90°，所以本选项结论正确； B：由正方体性质可知：，所以有， 因为，所以不成立，因此本选项结论不正确； C：连接，由正方体的性质可得：，， 所以四边形是平行四边形，所以， 又因为平面，平面， 所以直线平面，故本选项结论正确； D：由正方体的性质可得：平面 三棱锥的体积为，故本选项结论不正确； 11. 如图，是圆锥的底面圆的直径，点是底面圆上异于、的动点，点是母线上一点，已知圆锥的底面半径为，侧面积为，则下列说法正确的是（ ） A. 该圆锥的体积为 B. 该圆锥的侧面展开图的圆心角大小为 C. 三棱锥的体积的最大值为 D. 若，则从点出发绕圆锥侧面一周到达点的最短长度为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用扇形的侧面积公式求出圆锥的母线长，进而得出其高，结合锥体的体积公式可判断A选项；根据扇形的弧长公式可判断B选项；求出面积的最大值，结合锥体的体积公式可判断C选项；将圆锥沿着展开，结合勾股定理可判断D选项. 【详解】对于A选项，设圆锥的母线长、底面半径、高分别为、、， 由题知，圆锥的侧面积，所以，圆锥高， 故该圆锥的体积为，A错； 对于B选项，侧面展开图弧长，圆心角，B对； 对于C选项，由圆的几何性质可知，由勾股定理可得， 由基本不等式可得，故， 当且仅当，即当时，等号成立， 此时，故，C对； 对于D选项，由B选项知，侧面展开图扇形圆心角， 点在上且，则， 展开后的扇形中，与（对应底面同一点）的圆心角为， 最短路径为线段，且，D对. 故选：BCD. 三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共计15分. 12. 已知，，且与的夹角为，则________． 【答案】 【解析】 【详解】由题设. 13. 在中，若有，则角A的大小是________． 【答案】## 【解析】 【分析】首先根据，以及正弦定理角化边化简条件等式，再结合余弦定理，即可求解. 【详解】由，再根据正弦定理边角互化可知， ，即，且，则. 故答案为： 14. 如图，棱长为1的正方体中，E，F分别为AD，AB的中点，点G在上底面（含边界）上运动，若满足平面，则点G的轨迹长度为____________. 【答案】 【解析】 【分析】取的中点分别为，证明平面即可确定轨迹并求出其长度. 【详解】取的中点分别为，连接， 由分别为的中点，得，同理得， 由，得四边形是平行四边形，则，， 同理，，因此点共面， 而，面，面，则平面， 又平面，于是点在平面内，又点在上底面（含边界）， 因此点在面与面的交线上，点的轨迹为线段， 所以点的轨迹长度为. 四、解答题：本大题共5小题，共计77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知平面向量． （1）求与的夹角余弦值； （2）若，求实数的值． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）根据向量夹角的余弦公式和向量数量积的坐标公式进行求解即可. （2）根据向量共线的坐标公式求出参数的值. 【小问1详解】 由已知，， 所以. 【小问2详解】 由已知，， 因此由，可得， 解得． 16. 如图，已知平面， （1）求证:平面; （2）若，求围成这个四面体的所有图形的面积之和. 【答案】（1） 因为平面，平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面 （2） 【解析】 【分析】 利用线面垂直的性质定理和判定定理即可证明； 利用线面垂直的性质定理可知四个面都是直角三角形，然后可求表面积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，平面，所以, 因为平面，平面，所以， 因为,所以由勾股定理可得： 17. 已知中，角，，所对的边分别为，，，且． （1）求的值； （2）若，点在上，且，求的长度． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理得，且，即，整理得，进而求得的值； （2）根据题设条件和正弦定理求出的值，再结合（1）的结论求出的值，进而得到，，的值，由得的值，在中，由余弦定理可得的长度. 【小问1详解】 依题意，， 由正弦定理得，， 因为，所以， 即， 化简可得， 又因为，所以， 所以且，解得. 【小问2详解】 由题意知，，， 又因为，所以， 由（1）知，所以，所以， 因为，所以， 在中，由余弦定理， 可得，解得. 18. 如图，在正方体中，点分别为棱的中点，点M是棱上的一点，且. （1）求证：； （2）求证：平面； （3）棱上是否存在一点N使平面平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 在正方体中，连接，由点分别为棱的中点， 得，由且，得四边形为平行四边形， 则，所以. （2） 连接分别交于点，连接， 在正方体中，且， 则，即，同理， 因此，则，又平面，平面， 所以平面； （3）存在， 【解析】 【分析】（1）连接，利用正方体的结构特征及平行公理推理得证. （2）连接分别交于点，连接，即可证明，从而得到，再根据线面平行判定证明即可. （3）根据题意可得,即有，由此结合面面平行的判定证明即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 存在，，理由如下： 由，得，则，又， 于是，又平面，平面， 则平面，延长交于，延长交于，连接， 由为中点，得，因此， 由分别为的中点，得， 则，， 于是，又，即，则四边形为平行四边形，， 又平面，平面，则平面， 又平面，则平面平面， 所以当时，平面平面. 19. 在中，角所对的边分别为，已知，为边上一点，且. （1）求角的大小； （2）若，且，求a的值； （3）若为角平分线，求的最小值. 【答案】（1） （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）由正弦定理和三角恒等变换得到，从而求出. （2）先计算出，两边平方求出，又，联立两式解得，进而求出. （3）若AD为角平分线，则，再利用正弦定理，结合三角恒等变换化简，利用基本不等式求出最小值. 【小问1详解】 在中，由及正弦定理， 得，而， 因此，由，得，则， 即，由，得，所以. 【小问2详解】 由，得， 由（1）知，，则 ，整理得， 又，则，由余弦定理得， 所以. 【小问3详解】 由AD为角平分线，得， 在中，由正弦定理，得， 即，则，， 因此 ，由，得，， 则，当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门市湖滨中学2025—2026学年第二学期期中考试 高一数学 一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的答案填涂在答题卡相应的位置上. 1. （ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. 1 C. 5 D. 0 3. 已知向量满足，且，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 已知两条直线若平面，，则与平面的位置关系是（ ） A. 平面 B. 平面或平面 C. 平面 D. 平面或平面 5. 向量表示“向东航行1km”，向量表示“向北航行km”，则向量表示（ ） A. 向东北方向航行km B. 向北偏东方向航行2km C. 向北偏东方向航行2km D. 向北偏东方向航行km 6. 如图，矩形是水平放置的一个平面图形的斜二测画法画出的直观图，其中，则原图形的面积是（     ）. A. 12 B. C. D. 7. 在中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，则周长的最大值为（ ） A. B. C. 9 D. 15 8. 等腰梯形如图所示，，圆为梯形的内切圆，并与分别切于点，与分别切于点，则图中阴影部分以所在直线为轴旋转一周所形成的几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共计18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. （多选）下列关于点、线和面的关系表示正确的是（ ） A. 点平面 B. 直线平面 C. 直线平面 D. 平面平面 10. 如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与直线所成角为90° B. C. 直线平面 D. 三棱锥的体积为1 11. 如图，是圆锥的底面圆的直径，点是底面圆上异于、的动点，点是母线上一点，已知圆锥的底面半径为，侧面积为，则下列说法正确的是（ ） A. 该圆锥的体积为 B. 该圆锥的侧面展开图的圆心角大小为 C. 三棱锥的体积的最大值为 D. 若，则从点出发绕圆锥侧面一周到达点的最短长度为 三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共计15分. 12. 已知，，且与的夹角为，则________． 13. 在中，若有，则角A的大小是________． 14. 如图，棱长为1的正方体中，E，F分别为AD，AB的中点，点G在上底面（含边界）上运动，若满足平面，则点G的轨迹长度为____________. 四、解答题：本大题共5小题，共计77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知平面向量． （1）求与的夹角余弦值； （2）若，求实数的值． 16. 如图，已知平面， （1）求证:平面; （2）若，求围成这个四面体的所有图形的面积之和. 17. 已知中，角，，所对的边分别为，，，且． （1）求的值； （2）若，点在上，且，求的长度． 18. 如图，在正方体中，点分别为棱的中点，点M是棱上的一点，且. （1）求证：； （2）求证：平面； （3）棱上是否存在一点N使平面平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 19. 在中，角所对的边分别为，已知，为边上一点，且. （1）求角的大小； （2）若，且，求a的值； （3）若为角平分线，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $