精品解析：福建永春第一中学2025-2026学年高一年级期中考试数学科试卷（2026.4）

永春一中高一年级期中考数学科试卷 （2026.4） 命题：颜开，审题：庄一玲 考试时间120分钟，试卷总分150分 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. 已知复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 正五角星是一个非常优美的几何图形，且与黄金分割有着密切的联系．在如图所示的正五角星中，，是该正五角星的中心，则（ ） A. B. 32 C. D. 64 3. 如图，的斜二测直观图是，其中，则的面积是（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 4. 已知圆锥的底面半径为，侧面展开图的圆心角为，则圆锥的表面积是（ ） A. B. C. D. 5. 已知正三棱台上下底面边长分别为、，高为1，则正三棱台外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 某中学数学兴趣小组为测量学校附近某建筑物的高度，在学校操场选择了同一条直线上的，，三点进行测量．如图，（单位：米），点为中点，兴趣小组组长小王在，，三点正上方2米处的，，观察建筑物最高点的仰角分别为，，，其中，，，点为点在地面上的正投影，点为上与，，位于同一高度的点，则建筑物的高度为（ ）米． A. 20 B. 22 C. 40 D. 42 7. 如图，矩形LMNK，，，半径为1，且E为线段NK的中点，P为圆E上动点，设，则的最小值是（ ） A. 1 B. C. D. 5 8. 已知中，分别是角的对边，的面积，角的平分线交于点，且，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 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. 如图，是边长为的等边三角形，是的外接圆圆心，延长与交于点是外接圆上一点，则（ ） A. 的最大值为4 B. C. D. 当取最大值时，三点共线 10. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c则（ ） A. 若，则为等腰三角形 B. 若，则 C. 在锐角中，不等式恒成立 D. 若，，且有两解，则b的取值范围是 11. 如图，在棱长为1的正方体中，点，分别是，的中点，在棱上，满足，，为线段上的一个动点，平面平面，则下列命题中正确的是（ ） A. 当时，平面 B. 当时，过点，，的平面截该正方体所得的截面为五边形 C. 当时，平面截该正方体所得截面面积的最大值为 D. 的最小值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆台的体积为，上底面半径为1，高与母线的比值为，则该圆台的下底面半径为_________． 13. 若正四面体的表面积为，则①该正四面体的棱长为1；②该正四面体的高为③该正四面体的体积为④该正四面体的外接球表面积为正确的序号有__________. 14. 在复平面上，复数2和所对应的点分别为，复数所对应的点在线段上移动，若，则复数对应点所构成图形的面积为___________． 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. 已知为虚数单位，，是的两个根. （1）设，满足方程，求的值； （2）设，复数，所对的向量分别是与，若向量与的夹角为钝角，求实数的取值范围. 16. 已知正四棱柱中，，，点分别是棱的中点，过三点的截面为． （1）作出截面（保留作图痕迹）； （2）设截面与平面交于直线，且截面把该正四棱柱分割成两部分，记体积分别为． （ⅰ）求证：； （ⅱ）求的值． 17. 如图，在正方体中，点分别为棱的中点，点是棱上的一点，且. （1）求证：平面； （2）棱上是否存在一点使平面平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 18. 在中，角，，的对边分别为，，，，. （1）求角； （2）若是线段的中点，且，求； （3）若为锐角三角形，求的周长的取值范围. 19. 定义：对于非零向量，若函数，则称为向量的“伴生函数”，向量为函数的“源向量”． （1）若函数的“源向量”为，且以O为圆心，为半径的圆内切于正△ABC（顶点C恰好在y轴的正半轴上），求证：为定值； （2）已知向量为函数的“源向量”，若方程在上有且仅有四个不相等的实数根，求实数k的取值范围； （3）已知向量为函数的“源向量”，在时的取值为．设P是△ABC外心，若，且，求实数λ的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 永春一中高一年级期中考数学科试卷 （2026.4） 命题：颜开，审题：庄一玲 考试时间120分钟，试卷总分150分 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. 已知复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，所以，虚部为. 2. 正五角星是一个非常优美的几何图形，且与黄金分割有着密切的联系．在如图所示的正五角星中，，是该正五角星的中心，则（ ） A. B. 32 C. D. 64 【答案】A 【解析】 【分析】由平面向量数量积的定义计算可得结果. 【详解】作，垂足为，如下图所示： 则为的中点， 故 . 故选：A 3. 如图，的斜二测直观图是，其中，则的面积是（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 【答案】D 【解析】 【详解】过作交轴于点，可得， 因为，所以为等腰直角三角形，所以， 根据斜二测画法，可得，如图所示，则， 所以的面积，故选项D正确. 4. 已知圆锥的底面半径为，侧面展开图的圆心角为，则圆锥的表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由扇形弧长公式求圆锥的母线长，再由表面积公式圆锥的表面积. 【详解】圆锥的底面半径为，侧面展开图的弧长为， 又侧面展开图的圆心角为，得圆锥母线长， 则圆锥的表面积. 故选：D. 5. 已知正三棱台上下底面边长分别为、，高为1，则正三棱台外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正三棱台的几何性质计算出球心到下底面的距离，可求出外接球的半径，结合球体体公式可求得结果. 【详解】如下图，设正三棱台的上、下底面的中心分别为、， 由正三棱台的几何性质可知，外接球球心在直线上， 正的外接圆半径为，正的外接圆半径为， 设，若球心在线段上，则，， 设球的半径为，则， 即，解得，不合乎题意； 所以，球心在射线上，则， ，即，解得. 所以，即，故该正三棱台的外接球体积为. 故选：C 6. 某中学数学兴趣小组为测量学校附近某建筑物的高度，在学校操场选择了同一条直线上的，，三点进行测量．如图，（单位：米），点为中点，兴趣小组组长小王在，，三点正上方2米处的，，观察建筑物最高点的仰角分别为，，，其中，，，点为点在地面上的正投影，点为上与，，位于同一高度的点，则建筑物的高度为（ ）米． A. 20 B. 22 C. 40 D. 42 【答案】B 【解析】 【分析】设，得到，，，并得到，根据得到，结合余弦定理得到方程，求出，得到筑物的高度. 【详解】设，因为，，， 所以，，， 因为，点为中点， 所以，点为中点， 故， 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 由于，故， 即，解得， 故建筑物的高度（米）. 故选：B 7. 如图，矩形LMNK，，，半径为1，且E为线段NK的中点，P为圆E上动点，设，则的最小值是（ ） A. 1 B. C. D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】以点为坐标原点建系, 设,由已知求得,将用坐标表示,解得,利用三角函数的最值解得的最小值. 【详解】由已知建系如图,由，,解得,则,设, 因为, ,,. 所以, 即,解得: . 所以,当时, 的最小值是. 故选：B 【点睛】本题主要考查了平面向量基本定理,向量的坐标运算,考查利用三角函数求最值问题,建立适当的坐标系是解题的关键,属于中档题. 8. 已知中，分别是角的对边，的面积，角的平分线交于点，且，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】根据面积公式得出，利用正弦定理得出，进而得出，再利用求出，最后在中利用余弦定理可得. 【详解】因为，所以， 因为，所以，所以， 由正弦定理可得，， 则， 因为，所以，则，即， 因为是角的平分线，所以，所以， 则， 因为，，所以， 因为，所以， 则，得（负值舍去），故， 在中利用余弦定理得， 故 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. 如图，是边长为的等边三角形，是的外接圆圆心，延长与交于点是外接圆上一点，则（ ） A. 的最大值为4 B. C. D. 当取最大值时，三点共线 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，由外接圆直径为的最大值可判断；对于B，由向量投影与数量积的关系可判断； 对于C，由等边三角形重心的向量性质可判断；对于D，由的几何意义与点的位置可判断. 【详解】对于A，因为的边长为，外接圆的半径，所以的最大值为，故A正确； 对于B，由题意知，所以，故B正确； 对于C，等边三角形的外接圆圆心也是重心，所以，所以，故C正确； 对于D，当取最大值时，点是圆的最右边的点，即过点O的水平线与圆在右侧的交点， 此时在上的投影向量的模最大，显然不满足，三点共线，故D错误. 10. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c则（ ） A. 若，则为等腰三角形 B. 若，则 C. 在锐角中，不等式恒成立 D. 若，，且有两解，则b的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】A项，用余弦定理统一成边形式化简判断；B项， 由大边对大角与余弦函数的单调性可得；在锐角中，得到与正弦定理即可判断C的正误；根据题意，可得，求出b的范围，可判断D的正误； 【详解】选项A，因为，即， 所以有整理可得，所以， 故为等腰三角形，故A正确； 选项B，由大边对大角，，由余弦函数在上单调递减， 故，故B错误； 选项C：若为锐角三角形，所以，所以， 由正弦函数在单调递增，则，故C正确； 选项D：因为，，如图，因为有两解，所以， ，解得，故D正确； 11. 如图，在棱长为1的正方体中，点，分别是，的中点，在棱上，满足，，为线段上的一个动点，平面平面，则下列命题中正确的是（ ） A. 当时，平面 B. 当时，过点，，的平面截该正方体所得的截面为五边形 C. 当时，平面截该正方体所得截面面积的最大值为 D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，证明即可判断；对于B，当时，截面为梯形，当时，截面为五边形，即可判断；对于C，求出截面为正六边形的面积即可判断；对于D，设的中点为，对平面和平面沿展开，求出线段的长即可判断. 【详解】对于A，当时，连接， 因为分别为和的中点，所以， 又，所以， 又平面，平面， 所以平面，故A正确； 对于B，延长交于点，连接交于点， 当时，在线段上，截面为梯形， 当时，在延长线上，交于点，连接交于点，截面为五边形， 所以，当时，过点，，的平面截该正方体所得的截面为五边形，故B正确； 对于C，当时，为中点， 因为平面平面，所以截面可以为正六边形，如图： 因为正方体的棱长为，所以正六边形的边长为， 所以面积，故C错误； 对于D，设的中点为，由A可知， 所以四点共面， 对平面和平面沿展开，如图： 四边形为等腰梯形，，， 所以， 又三角形为等腰三角形，， 所以，即， 所以， 又， 所以的最小值为，故D正确. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆台的体积为，上底面半径为1，高与母线的比值为，则该圆台的下底面半径为_________． 【答案】2 【解析】 【分析】先由高和母线比设参数，结合勾股定理得高与半径差的关系，再代入体积公式列方程即可得结果. 【详解】设圆台的高为，母线长为，下底面半径为， 则，设，则， 所以，即，所以， 又因为， 整理得：，所以. 13. 若正四面体的表面积为，则①该正四面体的棱长为1；②该正四面体的高为③该正四面体的体积为④该正四面体的外接球表面积为正确的序号有__________. 【答案】①③④ 【解析】 【分析】设该正四面体的棱长为，根据正四面体的性质结合已知得到的值； 作平面，在直角三角形中利用勾股定理得到；根据锥体的体积公式即可得解；将该四面体放入正方体中，四面体的外接球即为正方体的外接球，从而求出外接球的半径，利用球的表面积公式求解即可. 【详解】设该正四面体的棱长为，则其表面积为，所以，①正确； 作平面，垂足为，则为的重心， 连接延长交于中点， 则有， 高为，②错误； 由①和②的分析可知该正四面体的体积为，③正确； 将该四面体放入正方体中，则正方体的棱长为， 且四面体的外接球即为正方体的外接球，其半径为， 表面积为，④正确. 14. 在复平面上，复数2和所对应的点分别为，复数所对应的点在线段上移动，若，则复数对应点所构成图形的面积为___________． 【答案】 【解析】 【分析】设复数所对应的点为，设复数所对应的点为，由得到点的轨迹为：以线段为中线，宽度为的矩形，加上两端为圆心，半径为的两个半圆，利用矩形和圆的面积公式求解即可. 【详解】 复数2和所对应的点分别为，， 设复数所对应的点为，设复数所对应的点为， ，，点轨迹是以点为圆心，半径为的圆， 点在线段上移动，点的轨迹为：以线段上的点为圆心，半径为的圆的并集， 即点的轨迹为：以线段为中线，宽度为的矩形，加上两端为圆心，半径为的两个半圆， ，， 复数对应点所构成图形的面积为. 故答案为：. 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. 已知为虚数单位，，是的两个根. （1）设，满足方程，求的值； （2）设，复数，所对的向量分别是与，若向量与的夹角为钝角，求实数的取值范围. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用共轭复数性质和韦达定理求解方程参数； （2）将复数转化为向量，利用向量夹角为钝角的条件（数量积为负且不共线）求解参数范围． 【小问1详解】 因为， 所以方程的两个根，为共轭复数， 设，， 由韦达定理得，， 将，代入， 得，即， 所以，解得，所以，， 所以，． 【小问2详解】 因为，所以，所以，， 所以，， 因为与的夹角为钝角，所以，且与不共线， 所以，解得且， 所以实数的取值范围为. 16. 已知正四棱柱中，，，点分别是棱的中点，过三点的截面为． （1）作出截面（保留作图痕迹）； （2）设截面与平面交于直线，且截面把该正四棱柱分割成两部分，记体积分别为． （ⅰ）求证：； （ⅱ）求的值． 【答案】（1）作图见解析； （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）连接并延长交的延长线于点，连接交于，连接即可得截面. （2）（ⅰ）利用面面平行的性质推理即得；（ⅱ）利用割补法及三棱锥的体积公式求出，进而求出的值即可. 【小问1详解】 在正四棱柱中，连接并延长交的延长线于点，连接交于，连接， 则四边形是过三点的平面截正四棱柱的截面，如图： 【小问2详解】 （ⅰ）在正四棱柱中，平面平面， 平面平面，平面平面， 所以. （ⅱ）由（1）及已知，平面，平面， 由是中点，，得是的中点，又，则， ， ， 所以. 17. 如图，在正方体中，点分别为棱的中点，点是棱上的一点，且. （1）求证：平面； （2）棱上是否存在一点使平面平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在， 【解析】 【分析】（1）法一：连接，首先证明四边形是平行四边形，再根据已知及线面平行的判定即可证；法二：连接分别交于点，连接，利用等比例的性质得，再根据线面平行的判定即可证； （2）根据给定条件证明平面，法一：取中点P，连接，根据已知证明，再由线面平行、面面平行的判定证明结论，即可得；法二：延长交于，延长交于，连接，利用相似关系、平行四边形的性质及线面平行的判定证明平面，最后由面面平行的判定证明结论，即可得； 【小问1详解】 法一：连接，在正方体中，分别是中点， 且，则四边形是平行四边形， ∴，平面平面，所以平面， 法二：连接分别交于点，连接， 如图在正方体中，且， 所以，则，同理得， 所以，则，而平面平面， 所以平面； 【小问2详解】 存在，且，理由如下： 因为，所以， ，而 ， 由平面平面， 所以平面， 法一：取中点P，连接，如图 ，是中点， 是的中位线，则， ∵F为中点，则且， ∴四边形是平行四边形， ， 综上，，平面平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； 法二：延长交于，延长交于，连接，如图： 为中点，易得， ， 分别为的中点，易得， ，又，即， ∴四边形为平行四边形， 平面平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面， 所以时，平面平面. 18. 在中，角，，的对边分别为，，，，. （1）求角； （2）若是线段的中点，且，求； （3）若为锐角三角形，求的周长的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先应用正弦定理化边为角，再应用两角和的正弦公式计算化简得出角A； （2）先根据向量关系，左右两边平方后结合余弦定理得出，进而得出面积即可； （3）应用正弦定理边角转化应用辅助角公式化简，再根据角的范围应用正弦函数的性质求解. 【小问1详解】 由正弦定理可知， ∴， ∴， 又，， ∴， ∵，∴， ∵，∴． 【小问2详解】 由（1）及余弦定理得，即，① 又因为，则， 则， 即， 所以，② 由得， 所以． 【小问3详解】 由（1）得，则，即， 由正弦定理可知，， 所以 ． 因为△ABC为锐角三角形，所以，， 即，， 则，即， 则， 故△ABC的周长的取值范围为． 19. 定义：对于非零向量，若函数，则称为向量的“伴生函数”，向量为函数的“源向量”． （1）若函数的“源向量”为，且以O为圆心，为半径的圆内切于正△ABC（顶点C恰好在y轴的正半轴上），求证：为定值； （2）已知向量为函数的“源向量”，若方程在上有且仅有四个不相等的实数根，求实数k的取值范围； （3）已知向量为函数的“源向量”，在时的取值为．设P是△ABC外心，若，且，求实数λ的值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）法一，根据所给定义，先找到的“源向量”，再结合正三角形的性质得到，，根据向量的减法转化，再根据向量数量积的运算法则计算即可求出定值；法二，先求出四点的坐标，再得到的向量坐标，再根据坐标分别计算出，再求和即可求出定值； （2）先求出伴生函数，将，转化成在上有且仅有四个不相等的实数根，然后根据在上的正负去掉绝对值符号，将写成分段函数的形式，并将其化简，作出其图象，数形结合即可求出实数k的取值范围； （3）法一，先求出角，设P是△ABC外心，可得 ，设，，则，，利用向量的减法转化中的，再将其两边同时乘以，再利用向量的数量积，二倍角及和差角公式变形化简即可求出；法二，将的两边同时乘以，利用向量的数量积及正弦定理将其转化为，再化简求值即可. 【小问1详解】 法一：因为函数， 所以其“源向量”，显然， 即M轨迹为单位圆， 由正三角形的性质可知，， 所以 ， 是定值； 法二：由题意可知，，，， 所以，，， 所以， ， 所以，是定值； 【小问2详解】 因为向量为函数的“源向量”，所以， 则方程在上有且仅有四个不相等的实数根， 所以在上有且仅有四个不相等的实数根， 令，， ①当时， ； ②当时，， 所以. 其图象为： 结合，，， 故当在上有且仅有四个不相等的实数根时， k的取值范围为； 【小问3详解】 法一：由题意得，，则， 在三角形ABC中，，因此， 因为设P是△ABC外心，所以， ，， 设，，则，， 因为， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 又，因为， 所以． 法二：由 可得， 由向量的数量积公式可得， 即， 由正弦定理可得， 即， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $