精品解析：福建莆田第四中学2025-2026学年高一下学期数学期中考试题

莆田四中2025-2026学年高一下学期数学期中考试题 考试时间：120分钟 命题、审核者：高一数学备课组 时间：2026.04.29 一、单选题（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. 在复平面内，复数，对应的点分别为，，则=（ ） A. B. C. D. 2. 在中，点是中点，记，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量的夹角为，则（ ） A. B. C. D. 48 4. 如图，是利用斜二测画法画出的（为直角）的直观图，的面积为，图中，过点作轴于点，则的长为（ ） A. 1 B. C. D. 5. 如图,为平行四边形所在平面外一点,为的中点,为上一点,当∥平面时,( ) A. B. C. D. 6. 已知直三棱柱的各顶点都在以为球心的球面上，且，，则球的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 中国古代有一种盛米的重要容器叫“方斗”，其形状是一个上大下小的正四棱台，如图.已知一“方斗”上底面边长为3，下底面边长为1，若从这个恰好盛满米的“方斗”中取出38斤米后，米的高度下降了一半，则剩余的米的质量为（ ） A. 14斤 B. 24斤 C. 38斤 D. 56斤 8. 已知的外接圆圆心为，角所对的边分别为，且，，若，则（ ） A. 8 B. 13 C. 16 D. 32 二、多选题（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. 在中，角所对的边分别为，以下说法中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若是锐角三角形，则． C. 若，则为钝角 D. 若，则为直角三角形 10. 已知i为虚数单位，则下列说法正确的是（ ） A. 若复数的共轭复数为，则 B. 若是关于的方程的一个根，则 C. 若复数满足，则的最大值为 D. 已知是方程在复数域的一个根，则 11. 已知圆锥的侧面积为，母线为，底面圆的半径为，点满足，则（ ） A. 当时，圆锥的体积为 B. 当时，顶点S和两条母线构成的截面三角形的最大面积为 C. 当时，从点绕圆锥一周到达点的最短长度为 D. 当时，棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，，则向量在向量方向上的投影向量的坐标为______. 13. 如图，湖面上甲、乙、丙三艘船沿着同一条直线航行，某一时刻，甲船在最前面的点处，乙船在中间的点处，丙船在最后面的点处，且，一架无人机在空中的点处对它们进行数据测量，在同一时刻测得，，则此时无人机到甲、丙两船的距离之比为__________.（船只与无人机的大小及其它因素忽略不计） 14. 已知一个圆锥的底面半径为5，表面积为．若在该圆锥内放入三个半径均为的球，其中每个球都与其他两个球相切，三个球都与圆锥的底面和侧面也相切，则______． 四、解答题（本题共5小题，共77分．解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 15. 已知、、是同一平面内的三个向量，其中． （1）若，与垂直，求； （2）若，且，求的坐标． 16. 如图，在正方体中，分别为中点． （1）求三棱锥的体积； （2）求证：平面． 17. 在中，内角的对边分别是，满足． （1）证明； （2）若，点为边上一点，为的平分线，求的值． 18. 重庆是我国著名的“火炉”城市之一，如图，重庆某避暑山庄为吸引游客，准备在门前两条小路和之间修建一处弓形花园，使之有着类似“冰洪淋”般的凉爽感，已知，弓形花园的弦长，记弓形花园的顶点为，设. （1）将用含有的关系式表示出来； （2）该山庄准备在点处修建喷泉，为获取更好的观景视野，如何设计的长度，才使得喷泉与山庄的距离的值最大？ 19. 赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（如图1所示，由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形拼成一个较大的正方形）．类比“赵爽弦图”，可构造如图2所示的图形，它是由3个全等的三角形和中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形． （1）图1中直角三角形的两锐角分别为，其中小正方形的面积为9，大正方形的面积为25，求的值： （2）图2中的面积为的面积为， （i）若，求的值； （ii）若，设，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 莆田四中2025-2026学年高一下学期数学期中考试题 考试时间：120分钟 命题、审核者：高一数学备课组 时间：2026.04.29 一、单选题（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. 在复平面内，复数，对应的点分别为，，则=（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的几何意义、模的计算公式即可得出. 【详解】解：，，所以 = 故选：C 2. 在中，点是中点，记，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】点是中点， ，， ，，，，故选项A正确. 3. 已知向量的夹角为，则（ ） A. B. C. D. 48 【答案】B 【解析】 【分析】根据垂直关系，可得的值，根据数量积公式，可得，对所求平方，整理计算，即可得答案. 【详解】因为，所以，即，则， 所以，解得， 所以. 4. 如图，是利用斜二测画法画出的（为直角）的直观图，的面积为，图中，过点作轴于点，则的长为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用面积公式求出原的高，进而求出，然后在中求解即可. 【详解】在中，，由的面积为16，， 得，则，，而， 轴于点， 所以. 故选：C 5. 如图,为平行四边形所在平面外一点,为的中点,为上一点,当∥平面时,( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】连接交于,连接,因为∥平面,平面,平面平面,可得∥,结合已知条件,即可求得答案. 【详解】连接交于,连接, ∥平面,平面 平面平面, ∥, 故: ① 又∥,为的中点, ② 由①②可得: 故选:D. 【点睛】本题考查了根据线面平行求线段比例,解题关键是掌握线面平行判定定理,考查了分析能力和空间想象能力,属于基础题. 6. 已知直三棱柱的各顶点都在以为球心的球面上，且，，则球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据正弦定理可得所在的截面圆的半径，再结合勾股定理求出球的半径，结合球的体积公式计算即可. 【详解】在中，由正弦定理得所在的截面圆的半径为， 则直三棱柱的外接球的半径为， 则直三棱柱的外接球的体积为. 7. 中国古代有一种盛米的重要容器叫“方斗”，其形状是一个上大下小的正四棱台，如图.已知一“方斗”上底面边长为3，下底面边长为1，若从这个恰好盛满米的“方斗”中取出38斤米后，米的高度下降了一半，则剩余的米的质量为（ ） A. 14斤 B. 24斤 C. 38斤 D. 56斤 【答案】A 【解析】 【分析】设线段、、、的中点分别为、、、，利用台体的体积公式计算出棱台与棱台的体积之比，即可得出原“方斗”可盛米的总质量，即可求解剩余米量. 【详解】设线段、、、的中点分别为、、、，如下图所示： 易知四边形为等腰梯形，因为线段、的中点分别为、， 则， 设棱台的高为，体积为， 则棱台的高为，设其体积为， 则，则， 所以，，所以，该“方斗”可盛米的总质量为斤. 所以米的高度下降了一半，则剩余的米的质量为斤 8. 已知的外接圆圆心为，角所对的边分别为，且，，若，则（ ） A. 8 B. 13 C. 16 D. 32 【答案】B 【解析】 【分析】由余弦定理化简可得，再根据向量数量积运算律与数量积几何意义计算求解. 【详解】由余弦定理可得， 因为，代入化简可得，所以， 因为， 所以为边的中点，， 取的中点为， 因为是的外接圆圆心， 所以， 由数量积的几何意义可知， 同理， 所以. 二、多选题（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. 在中，角所对的边分别为，以下说法中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若是锐角三角形，则． C. 若，则为钝角 D. 若，则为直角三角形 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，利用余弦三角函数的性质即可求解；对于B，利用锐角三角形的定义及正弦函数的性质，结合诱导公式即可求解；对于C，根据余弦定理可判断C；对于D，利用射影定理计算判断选项. 【详解】对于A，在中，因为，所以，又在上单调递减， 所以，故A错误； 对于B，因为为锐角三角形，可得,则, 因为，所以， 又在上单调递增，所以，故B正确； 对于C，若，则，而， 所以角C为钝角，故C正确； 对于D，在中，由射影定理及得：， 则，而，解得，即为直角三角形，D正确. 10. 已知i为虚数单位，则下列说法正确的是（ ） A. 若复数的共轭复数为，则 B. 若是关于的方程的一个根，则 C. 若复数满足，则的最大值为 D. 已知是方程在复数域的一个根，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据对数的定义与运算法则计算即可. 【详解】对于A，设，则，对； 对于B，对于实系数方程存在复数根，则必为一对共轭复数，故，错； 对于C，令，由复数模的几何意义，可表示为， 即在圆心为，半径为1的圆上，数形结合易知的最大值为2，对； 对于D，，则有或， 所以为的一个根，即，且， 当时，，对. 故选：ACD 11. 已知圆锥的侧面积为，母线为，底面圆的半径为，点满足，则（ ） A. 当时，圆锥的体积为 B. 当时，顶点S和两条母线构成的截面三角形的最大面积为 C. 当时，从点绕圆锥一周到达点的最短长度为 D. 当时，棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据条件得到，对A，结合选项条件，利用体积公式计算即可判断，对B，根据条件，先求出轴截面的顶角的余弦值，再利用三角形面积公式计算即可求解，对C，将侧面展开，利用弧长公式结合余弦定理计算即可求解，对D，通过比较圆锥内切球半径和正四面体外接球半径的大小，即可判断. 【详解】由题意，圆锥的侧面积，所以. 对于A，当时，，如图1，由勾股定理可得圆锥的高， 所以圆锥的体积，故A正确； 对于B，当时，，设轴截面的顶角为，由余弦定理得， 所以轴截面三角形的顶角为钝角，当顶点和两条母线构成的截面三角形的顶角为时， 截面三角形的面积最大，最大值为，所以B错误； 对于C，当时，，将圆锥侧面展开如图2，则， 圆锥底面周长为，设扇形的圆心角为，则，即， 在中，由余弦定理可得，， 则，所以从点绕圆锥一周到达点的最短长度为，故C正确； 对于D，当时，，由勾股定理可得圆锥的高，设圆锥的内切球球心为，半径为， 过点作于点，由三角形相似可得，即，得， 设棱长为的正四面体其外接球半径为，则正四面体的高为， 则有，整理可得. 因为正四面体的棱长为，则， 所以正四面体在圆锥内可以任意转动，故D正确. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，，则向量在向量方向上的投影向量的坐标为______. 【答案】 【解析】 【详解】向量在向量方向上的投影向量为. 13. 如图，湖面上甲、乙、丙三艘船沿着同一条直线航行，某一时刻，甲船在最前面的点处，乙船在中间的点处，丙船在最后面的点处，且，一架无人机在空中的点处对它们进行数据测量，在同一时刻测得，，则此时无人机到甲、丙两船的距离之比为__________.（船只与无人机的大小及其它因素忽略不计） 【答案】 【解析】 【分析】分别在中利用正弦定理和即可求解. 【详解】在中,由正弦定理得,,即, 在中, 由正弦定理得,,即, 因为,所以, 由此可得,，又因为，所以. 即此时无人机到甲、丙两船的距离之比为. 故答案为: 【点睛】本题主要考查利用正弦定理解决解三角形中的应用举例问题;考查学生实际问题与数学模型的相互转化能力、知识迁移能力;属于中档题. 14. 已知一个圆锥的底面半径为5，表面积为．若在该圆锥内放入三个半径均为的球，其中每个球都与其他两个球相切，三个球都与圆锥的底面和侧面也相切，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据圆锥的表面积公式得到母线，根据圆锥截面的性质、圆的截面性质及相互之间关系求解即可. 【详解】设圆锥的母线长为，则，解得. 则圆锥的轴截面为边长为10的等边三角形. 沿圆锥内三个球的球心的截面如图，则为边长为的等边三角形， 根据圆锥的性质易知截面圆的圆心为的外心，所以. 沿，所在轴截面如图，易知，所以. 所以，解得. 四、解答题（本题共5小题，共77分．解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 15. 已知、、是同一平面内的三个向量，其中． （1）若，与垂直，求； （2）若，且，求的坐标． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）由向量线性运算坐标运算及数量积坐标运算计算求解； （2）由题意设，根据向量模的坐标表示列式计算求解. 【小问1详解】 由题意可得，， 若与垂直，则，解得； 【小问2详解】 因为，设， 因为，即，解得， 所以或. 16. 如图，在正方体中，分别为中点． （1）求三棱锥的体积； （2）求证：平面． 【答案】（1）； （2） 连接, 由题意可得且， 所以四边形为平行四边形， 所以, 又因为平面,平面, 所以平面, 同理可证平面, 又因为平面，， 所以平面平面, 又因为平面， 所以平面. 【解析】 【分析】（1）利用等体积法求解即可； （2）由线面平行的判定定理可得平面,平面,从而可得平面平面,根据面面平行的性质定理，即可得证. 【小问1详解】 因为； 【小问2详解】 略 17. 在中，内角的对边分别是，满足． （1）证明； （2）若，点为边上一点，为的平分线，求的值． 【答案】（1） 由，利用正弦定理得：， 又， 所以， 所以， 而为三角形内角，所以或， 所以或（舍去） 所以. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理，结合三角形的内角和公式，可得，进而可得角的关系. （2）先根据条件求出，，再利用结合三角形的面积公式可求的长度. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由，，所以， 又，所以， 又，所以， 又由为的平分线，， 所以， 又因为，， 所以，因为，所以， 所以，所以. 18. 重庆是我国著名的“火炉”城市之一，如图，重庆某避暑山庄为吸引游客，准备在门前两条小路和之间修建一处弓形花园，使之有着类似“冰洪淋”般的凉爽感，已知，弓形花园的弦长，记弓形花园的顶点为，设. （1）将用含有的关系式表示出来； （2）该山庄准备在点处修建喷泉，为获取更好的观景视野，如何设计的长度，才使得喷泉与山庄的距离的值最大？ 【答案】（1）. （2）时，的值最大. 【解析】 【分析】（1）由正弦定理求解； （2）由余弦定理及三角恒等变换化简为：，再利用三角函数的图象与性质求最值． 【小问1详解】 在中， 由正弦定理可知，则， 由正弦定理可得， 则． 【小问2详解】 ， 在中，由余弦定理可知 当时，即时，取最大值， 即当时，取最大值. 【点睛】关键点点睛：第二问中，在中，由余弦定理可知由三角恒等变换求解． 19. 赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（如图1所示，由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形拼成一个较大的正方形）．类比“赵爽弦图”，可构造如图2所示的图形，它是由3个全等的三角形和中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形． （1）图1中直角三角形的两锐角分别为，其中小正方形的面积为9，大正方形的面积为25，求的值： （2）图2中的面积为的面积为， （i）若，求的值； （ii）若，设，求的值． 【答案】（1）； （2）（i）; （ii）. 【解析】 【分析】（1）求出大小正方形的边长,根据三角函数的定义,求出的值,代入求解即可; （2）（i）由正三角形的面积公式,求出大小正三角形的边长分别为7,2, 在中，由余弦定理求得,由向量数量积的定义求解即可; （ii）由面积之比，可得两正三角形的边长之比，设，由余弦定理可得，再由余弦定理求解即可. 【小问1详解】 由题意可得小正方形的边长为3，大正方形的边长为5， 设直角三角形的两直角边分别为， 则有， 且，， 所以； 【小问2详解】 （i）因为, 设正三角形的边长分别为， 则有， 解得， 由题意可得, 设， 在中，由余弦定理可得：, 即, 整理得, 解得或(舍去)， 所以在中，, 所以, 所以. （ii）因为,即(i)中，所以， 设，则， 在中，由余弦定理可得：, 即, 整理得， 即， 解得或（舍去）， 所以在中，， 由余弦定理可得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $