精品解析：福建泉州第五中学2025-2026学年高一第二学期期中考试数学试题

泉州五中2025-2026学年第二学期期中考试题 高一数学 （本试卷共4页，考试时间120分钟，总分150分） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 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. 若复数的实部与虚部互为相反数，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 2. 化简以下各式，结果不是零向量的为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，下列选项正确的为（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 的最小值为6 D. 若与垂直，则 4. 如图是一个正方体的展开图，若将它还原为正方体，则（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在测量河对岸的塔高时，测量者选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，并测得，，米，在点处测得塔顶的仰角为，则塔高（ ） A. 米 B. 米 C. 米 D. 米 6. 在中，角的对边分别为，若，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知三棱锥中，棱，，两两垂直，且长度都为．以为球心，4为半径的球与三棱锥的表面相交所得到的曲线长度为（ ） A. B. C. D. 8. 已知、、是平面向量，是单位向量．若非零向量与的夹角为，向量满足，则的最小值是 A. B. C. 2 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，是复数，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则是纯虚数 C. D. 10. 如图（1）是一个正四棱柱形的密闭容器水平放置，其底部镶嵌了同底的正四棱锥形实心装饰块，容器内盛有升水时，水面恰好经过正四棱锥的顶点，如果将容器倒置，水面也恰好过点（图（2））．下列四个命题中，正确的有（ ） A. 正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半 B. 在图1容器中，若往容器内再注入升水，则水面高度是容器高度的 C. 将容器侧面水平放置时，水面也恰好过点 D. 任意摆放该容器，当水面静止时，水面都恰好经过点 11. 第十五届全国运动会会徽“同心礼花”由广东木棉花、香港紫荆花、澳门莲花的三朵花瓣交叠旋转而成，构成爱心形状，象征三地同心同源、深度融合．会徽轮廓如下图1，现将其简化为图2：半径均为1的圆，，互相过圆心，A，B为圆上两点，且，点C在圆与圆上运动．若（，），则下列选项可能成立的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知圆台的高为，上底面半径为，下底面半径为，则该圆台的体积为______． 13. 已知关于的实系数一元二次方程的两个虚根为，若，则实数的值为______． 14. 已知的内角所对的边分别为，满足． （1）当时，的取值范围是___________． （2）当取得最小值时，___________． 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. 在中，，，，点E，F在BC边上且，． （1）若，用，表示，并求线段AE的长； （2）若，求的值． 16. 在中，内角，，的对边分别为，，，且，． （1）若，求； （2）若是边上一点，且满足，求的面积． 17. 如图1，设半圆的直径为4，点B、C三等分半圆，点M、N分别是OB、OC的中点，将此半圆以OA为母线卷成一个圆锥（如图2），在图2中完成下列各题： （1）求圆锥中线段MN的长； （2）求四面体ACMN的体积． 18. 如图，为线段的中点，为延长线上的一点，以为圆心，为半径作半圆，为半圆上除去直径端点的一点，连接． （1）若，以为边作正三角形（点在直线的上方），当四边形面积为时，求； （2）在中，记的对边分别为，的面积为，满足 ①求证：； ②求的最小值． 19. 我国南北朝数学家祖暅于5世纪末提出了体积计算原理：“幂势既同，则积不容异”.这就是“祖暅原理”，意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等. （1）如图1，左边是半径为R的半球，右边是底面半径和高都等于R的圆柱，它们的底面在同一个平面上，在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到的一个新几何体，现在用平行于平面的平面去截半球和新几何体，得到如图所示两个阴影面，设底面圆心O到截面的距离为d，分别求图中的两个阴影面积及新几何体的体积. （2）如图2，一个球体被平面截下的部分叫做球缺.截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截后，剩下的线段长叫做球缺的高.根据祖暅原理，推导半径为R，高为H的球缺的体积公式. （3）若正方体棱长为，求该正方体与以A为球心，2为半径的球的公共部分的体积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泉州五中2025-2026学年第二学期期中考试题 高一数学 （本试卷共4页，考试时间120分钟，总分150分） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 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. 若复数的实部与虚部互为相反数，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法化简复数，利用已知条件可得出关于的等式，即可求得实数的值. 【详解】因为，由已知可得，解得. 故选：A. 2. 化简以下各式，结果不是零向量的为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平面向量线性运算法则计算可得. 【详解】对于A：，故A正确； 对于B： ，故B错误； 对于C：，故C正确； 对于D： ，故D正确； 故选：B 3. 已知向量，下列选项正确的为（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 的最小值为6 D. 若与垂直，则 【答案】D 【解析】 【分析】运用向量平行垂直的坐标结论，结合模长公式计算判断即可. 【详解】对于A选项，若，已知， 有，即，所以，A选项错误. 对于B选项，若，根据两向量垂直的性质，. ，则. 又因为，联立方程组，解得，B选项错误. 对于C选项，先求的坐标，. 则. 展开整理得. 其最小值为.所以的最小值为，C选项错误. 对于D选项，若与垂直，则，. 因，，则. 则，D选项正确. 故选：D. 4. 如图是一个正方体的展开图，若将它还原为正方体，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】以所在平面作为下底面，将展开图还原为正方体，根据正方体性质判断选项即可. 【详解】以所在平面作为下底面还原， 则重合，重合，还原成如图正方体: 对于A，由图可得异面不平行，故A错误； 对于B，显然，故B正确； 对于C，，故C错误； 对于D，由图可得异面不平行，故D错误. 5. 如图，在测量河对岸的塔高时，测量者选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，并测得，，米，在点处测得塔顶的仰角为，则塔高（ ） A. 米 B. 米 C. 米 D. 米 【答案】A 【解析】 【分析】先根据正弦定理求得，进而在中，利用求解． 【详解】在中，，，， 则， 由正弦定理得， 所以. 在中，， 所以米. 故选：A 6. 在中，角的对边分别为，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由，得， 又，所以， ， ， 因为（是三角形内角），所以，即， 又，所以， 由，得， 又，且，所以，则， 所以， 所以， 所以． 7. 已知三棱锥中，棱，，两两垂直，且长度都为．以为球心，4为半径的球与三棱锥的表面相交所得到的曲线长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对于每个相交面，利用点到面的距离公式，结合球的半径，求出交线圆弧的半径；再通过几何关系确定圆心角，最后将所有相交得到的曲线长度相加，得到总长度. 【详解】面是过的平面，截球所得截面圆的圆心为，半径为, 顶点都在球内（），在球外（）， 因此和各有一个交点，交线为两点间的圆弧, 上交点满足，得， 又（中），因此圆弧圆心角，弧长， 同理，面与对称，弧长， 是等边三角形，、各有一个交点，圆心角为， 弧长：， 到面的距离，截面圆半径，截面圆心为， 弧长：， . 8. 已知、、是平面向量，是单位向量．若非零向量与的夹角为，向量满足，则的最小值是 A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】先确定向量、所表示的点的轨迹，一个为直线，一个为圆，再根据直线与圆的位置关系求最小值. 【详解】设， 则由得， 由得 因此，的最小值为圆心到直线的距离减去半径1，为选A. 【点睛】以向量为载体求相关变量的取值范围，是向量与函数、不等式、三角函数、曲线方程等相结合的一类综合问题.通过向量的坐标运算，将问题转化为解方程、解不等式、求函数值域或直线与曲线的位置关系，是解决这类问题的一般方法. 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，是复数，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则是纯虚数 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【详解】取，满足 ，但两个都是虚数，不能比较大小，无法得到​，故A错误； 设，若 ，说明是负实数，因此 ， 满足虚部，且实部， 若，则无实数解， 因此只能，此时 得，即​是纯虚数，故B正确； 根据共轭复数的性质，， 推导得 ，故C正确； 因为，所以，故D正确. 10. 如图（1）是一个正四棱柱形的密闭容器水平放置，其底部镶嵌了同底的正四棱锥形实心装饰块，容器内盛有升水时，水面恰好经过正四棱锥的顶点，如果将容器倒置，水面也恰好过点（图（2））．下列四个命题中，正确的有（ ） A. 正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半 B. 在图1容器中，若往容器内再注入升水，则水面高度是容器高度的 C. 将容器侧面水平放置时，水面也恰好过点 D. 任意摆放该容器，当水面静止时，水面都恰好经过点 【答案】BC 【解析】 【分析】根据题意，结合棱柱和棱锥的体积公式，以及棱柱的结构特征，逐项判定，即可求解. 【详解】设图（1）中水的高度为，几何体的高度为，设正四棱柱的底面边长为， 可得图（2）中水的体积为， 对于A中，由，解得，所以A错误； 对于B中，若往容器内再注入升水，即， 则水面上升的高度为， 所以水面的高度为，所以B正确； 对于C中，由水的体积为， 容器的体积为，所以， 当容器侧面水平放置时，点点在长方体中截面上， 中截面将容器内的空间分为体积相等的两部分，结合题意水面也恰好经过点，所C正确. 对于D中，如图所示，当水面与正四棱锥的一个侧面重合时， 因为四棱锥的高为，几何体的高度为，设正四棱柱的底面边长为， 可得，由，可得，可得， 所以的体积为， 可得水的体积为，此时，矛盾，所以D不正确. 故选：BC. 11. 第十五届全国运动会会徽“同心礼花”由广东木棉花、香港紫荆花、澳门莲花的三朵花瓣交叠旋转而成，构成爱心形状，象征三地同心同源、深度融合．会徽轮廓如下图1，现将其简化为图2：半径均为1的圆，，互相过圆心，A，B为圆上两点，且，点C在圆与圆上运动．若（，），则下列选项可能成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意求得，从而得到，对于ACD，将其代入，有解即可判断正确；对于B，根据基本不等式得到，可判断. 【详解】由题意知，，，， 因为， 所以，故， 对于A，当时，则，此时，， 所以当四点共线或四点共线时成立（不重合），故A正确； 对于B，因，故，即，故B错误； 对于C，当时，将代入得， 解得满足，故C正确； 对于D，当时，，代入得， 即满足，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知圆台的高为，上底面半径为，下底面半径为，则该圆台的体积为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据圆台的体积公式计算可得. 【详解】因为圆台的高，上底面半径，下底面半径， 所以圆台的体积 . 故答案为： 13. 已知关于的实系数一元二次方程的两个虚根为，若，则实数的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用公式法求解一元二次方程可得题意方程的两个虚根为，进而，解之即可求解. 【详解】由关于的实系数一元二次方程的两个虚根为， 得，所以，解得. 故答案为： 14. 已知的内角所对的边分别为，满足． （1）当时，的取值范围是___________． （2）当取得最小值时，___________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】（1）已知条件利用正弦定理化简得，当时，，代入m的表达式可得的取值范围； （2）结合积化和差公式得(当且仅当时取等号)，此时m最小，有，令，由万能公式化简得 ，当且仅当时取等号，再用倍角公式计算此时的. 【详解】（1）已知， 由正弦定理化简得， 所以， 当 时，，故，有， 则有 ， 因，故，从而， 代入m的表达式得， 当且仅当时取等号，故m的取值范围为； （2）对固定的角A， ， 当且仅当时取等号，此时m最小， 设，则，， 故， 令，由万能公式得， 代入化简得 ， 当且仅当即时取等号， 此时. 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. 在中，，，，点E，F在BC边上且，． （1）若，用，表示，并求线段AE的长； （2）若，求的值． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由向量的线性运算，利用基底表示，再利用数量积的运算律求出长. （2）利用基底表示出，，再利用数量积的运算律，结合已知建立等式即可. 【小问1详解】 在中，令，，则； ，，， 所以. 【小问2详解】 ， ， 则， 即，， 化简得：，所以. 16. 在中，内角，，的对边分别为，，，且，． （1）若，求； （2）若是边上一点，且满足，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）借助正弦定理将角化为边后结合余弦定理可得，则可得，再利用正弦定理计算即可得； （2）设，利用可得，再利用余弦定理计算即可得，从而可得为正三角形，再利用面积公式计算即可得解. 【小问1详解】 ， 由正弦定理得：， ，即， ，， 在中，由正弦定理得：，； 【小问2详解】 记，则， ，． 在和中，由余弦定理得：， 解得：，是边长为6的正三角形，故， 的面积． 17. 如图1，设半圆的直径为4，点B、C三等分半圆，点M、N分别是OB、OC的中点，将此半圆以OA为母线卷成一个圆锥（如图2），在图2中完成下列各题： （1）求圆锥中线段MN的长； （2）求四面体ACMN的体积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求出圆锥的底面圆半径，再利用正弦定理求出，进而可得出答案； （2）根据求解即可； 【小问1详解】 在图2中，设圆锥的底面圆半径为r，则，解得. 因为在图1中，点B、C三等分半圆，所以在图2中，点B、C为圆锥的底面圆周的三等分点， 则为等边三角形，所以，所以. 又因为点M、N分别是OB、OC的中点，所以 【小问2详解】 因为，圆锥的高， 所以， 所以， 即四面体ACMN的体积为 18. 如图，为线段的中点，为延长线上的一点，以为圆心，为半径作半圆，为半圆上除去直径端点的一点，连接． （1）若，以为边作正三角形（点在直线的上方），当四边形面积为时，求； （2）在中，记的对边分别为，的面积为，满足 ①求证：； ②求的最小值． 【答案】（1） （2）①证明见解析；② 【解析】 【分析】（1）设，，根据条件得到，结合条件，即可求解； （2）①根据条件，利用三角形面积及余弦定理得到，利用正弦定理边转角，得到，即可求解；②设，利用①及正弦定得到，从而有，再利用基本不等式，即可求解. 【小问1详解】 设，，在中，，， 由余弦定理，得到 又， 所以， 得到，又，所以，则，所以， 则. 【小问2详解】 ①由，则，又， 所以，即，又由余弦定理， 得到，所以，得以， ∴，又 ∴，又，， ∴或，即或（舍去），故， 即. ②不妨设，则， 由正弦定理知，所以， 又，∴， ∴ 又，∴原式， 当且仅当，即时取等号， ∴的最小值为，此时. 19. 我国南北朝数学家祖暅于5世纪末提出了体积计算原理：“幂势既同，则积不容异”.这就是“祖暅原理”，意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等. （1）如图1，左边是半径为R的半球，右边是底面半径和高都等于R的圆柱，它们的底面在同一个平面上，在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到的一个新几何体，现在用平行于平面的平面去截半球和新几何体，得到如图所示两个阴影面，设底面圆心O到截面的距离为d，分别求图中的两个阴影面积及新几何体的体积. （2）如图2，一个球体被平面截下的部分叫做球缺.截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截后，剩下的线段长叫做球缺的高.根据祖暅原理，推导半径为R，高为H的球缺的体积公式. （3）若正方体棱长为，求该正方体与以A为球心，2为半径的球的公共部分的体积. 【答案】（1）, （2） （3） 【解析】 【分析】（1）结合图形判断两阴影面的形状为一个圆面和一个圆环面，运用面积公式计算即可，根据，利用祖暅原理计算半球体积即得； （2）在时，先利用祖暅原理求出球台体积，加上半球体积整理即得球缺公式，对于时，只需计算另一半大球缺的体积，再用球体积减去其体积，化简整理即得； （3）由题知该正方体与以A为球心，2为半径的球的公共部分是球体的，去掉3个包含点的正方体的面截球所得球缺的，分别求球体和球缺的体积，代入计算即得. 【小问1详解】 在图1中的半球中，阴影面为一个圆面， 由球的截面圆性质，可知截面圆半径为，则阴影面积为； 在图1中的圆柱中，阴影面为两个同心圆所夹的圆环面， 因圆柱的底面半径和高都等于R，故小圆的半径为，大圆半径为，则阴影面积为， 因，故新几何体的体积等于半球体的体积，即. 【小问2详解】 不妨设，先用与水平面平行且经过球缺所在球的球心的平面截球缺得到如图所示的球台， 则球台的高为，下底面半径为，上底面半径为， 由祖暅原理，球台体积等于与之等高，底面半径相等的圆柱挖去一个与之等高的小圆锥余下的几何体的体积， 其中小圆锥的底面半径为，则球台体积为， 将其加上半球的体积，即得球缺的体积：. 若，则可先计算另一半高为的大球缺体积，再用球的体积减去大球缺的体积， 即得小球缺的体积为. 【小问3详解】 依题意，该正方体与以A为球心，2为半径的球的公共部分是球体的，去掉3个包含点的正方体的面截球所得球缺的. 因，高为的球缺体积为：， 故所求的公共部分的体积为：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $