精品解析：福建厦门市同安实验中学2025-2026学年第二学期高一年期中考试数学试题

厦门市同安实验中学2025-2026学年第二学期高一年期中考试 数学试题 满分：150分考试时间：120分钟 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名境写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘淇的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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.马在本试卷上无效. 3．考试结束后，将答题卡交回. 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，复数的共轭复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 平行四边形的两条对角线相交于点，且，，则（ ） A. B. C. D. 3. 某企业生产甲、乙、丙三种不同型号的产品，产品数量之比依次为，现用按比例分配的分层随机抽样方法，抽取一个容量为的样本，样本中甲型号产品有10件，则的值为（ ） A. 20 B. 30 C. 50 D. 100 4. 在中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，若的面积是，则（ ） A. B. C. D. 5. 如图是一个鲜花包装盒，形状近似于高为12cm的正四棱台，其两个底面边长分别为8cm和10cm．若忽略材料厚度，则该包装盒的容积为（ ） A. B. C. D. 6. 设为两个不同的平面，为两条不同的直线，且，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则或 C. 若，，则 D. 若与所成的角相等，则 7. 一个人骑自行车由地出发向正东方向骑行了到达地，然后由地向南偏东方向骑行了到达地，再从地向北偏东方向骑行了到达地，则两地的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 《周易·系辞》曰：易有太极，是生两仪，两仪生四象，四象生八卦．如图1是八卦模型图，图2是根据八卦图抽象而得的正八边形与其内部的圆，其中，圆的直径为为正八边形的中心，为正八边形边上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项.符合题目要求，全部选对的得，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 在中,内角的对边分别为若,则角的大小是 A. B. C. D. 10. 对于复数 （∈R），下列说法正确的是（       ） A. 若，则为实数 B. 若，则为纯虚数 C. 若，则或 D. 若，则点Z的集合所构成的图形的面积为 11. 如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱AD，，CD的中点，则（ ） A. 直线，为异面直线 B. 二面角的余弦值为 C. 直线与平面所成角的正切值为 D. 过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为9 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 总体由编号为01，02，⋯ ，39，40的40个个体组成，从中选取6个个体.利用科学计算器依次生成一组随机数如下：��5 ���� ���� ���� ���� ���� ���� ���� ���� ���� ���� ���� ��5 ���� 39 ���� ��0 ，则选出来的第6个个体的编号为 _______ 13. 在四棱锥中，底面，四边形为正方形，，则直线与所成角的大小为______. 14. 如图，的棱长为2，点P在正方形的边界及其内部运动，则四面体的体积的最大值是______；记所有满足的点P组成的平面区域为W，则W的面积是______． 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. 在复平面内，复数对应的点的坐标为，且为纯虚数. （1）求的值： （2）复数求在复平面对应的点在第一象限，求实数的取值范围. 16. 已知、、. （1）若、、三点共线，求； （2）若，求. 17. 如图，的内角所对的边分别为为外一点，，． （1）求； （2）若，求的面积． 18. 如图，在正三棱柱中，，分别为，的中点． （1）求证：//平面； （2）若，求三棱锥的体积． 19. 如图1，在平行四边形中，，将沿翻折至（如图2），使得． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成的角的正弦值； （3）若点在平面内，，当三棱锥的体积最大时，求的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门市同安实验中学2025-2026学年第二学期高一年期中考试 数学试题 满分：150分考试时间：120分钟 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名境写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘淇的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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.马在本试卷上无效. 3．考试结束后，将答题卡交回. 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，复数的共轭复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】 根据，得到其共轭复数，再利用几何意义求解. 【详解】因为，所以其共轭复数， 所对应的点， 位于第一象限. 故选：A 【点睛】本题考查复数的概念及几何意义，还考查理解辨析的能力，属于基础题. 2. 平行四边形的两条对角线相交于点，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】以向量为基底，结合向量的线性运算用基底表示向量. 【详解】． 故选：A 3. 某企业生产甲、乙、丙三种不同型号的产品，产品数量之比依次为，现用按比例分配的分层随机抽样方法，抽取一个容量为的样本，样本中甲型号产品有10件，则的值为（ ） A. 20 B. 30 C. 50 D. 100 【答案】C 【解析】 【分析】根据分层抽样原理，利用样本容量与频率、频数的关系，即可求出样本容量． 【详解】因为某企业生产甲、乙、丙三种不同型号的产品，产品数量之比依次为， 现用分层抽样方法抽出一个容量为的样本，样本中甲型号产品有10件， 所以，解得． 故选：C． 4. 在中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，若的面积是，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据正余弦定理及面积公式化简计算即可. 【详解】由余弦定理可得： 由条件及正弦定理可得： ， 所以，则． 故选：A 5. 如图是一个鲜花包装盒，形状近似于高为12cm的正四棱台，其两个底面边长分别为8cm和10cm．若忽略材料厚度，则该包装盒的容积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接利用棱台的体积公式求解即可，或者利用补台为锥的办法求解． 【详解】解：根据四棱台的体积公式 ． 解法二：若公式记不住，也可考虑补台为锥的办法快速求解，如下图； 根据三角形相似可知，则， 即，所以 故选B． 6. 设为两个不同的平面，为两条不同的直线，且，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则或 C. 若，，则 D. 若与所成的角相等，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据线面位置关系及面面位置关系判断各个选项即可. 【详解】对于A，，，则或，A选项错误； 对于B，，则可以不垂直且不垂直，B选项错误； 对于C，如图，记平面和分别为平面，直线分别为， 过直线的平面分别交于直线，记为， 因为，，所以，所以， 由线面平行的判定定理可知， 因为，，所以，所以，C正确. 对于，如图，若为正方体， 记平面和分别为平面，直线分别为， 由正方体性质可知，直线与所成角相等，但不垂直，故错误. 故选：C. 7. 一个人骑自行车由地出发向正东方向骑行了到达地，然后由地向南偏东方向骑行了到达地，再从地向北偏东方向骑行了到达地，则两地的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，作出几何图形，延长AB交CD于点E，再利用余弦定理求解作答. 【详解】如图，，延长AB交CD于点E，则， 因此是正三角形，，于是， 在中，由余弦定理得， 所以两地的距离为. 故选：B 8. 《周易·系辞》曰：易有太极，是生两仪，两仪生四象，四象生八卦．如图1是八卦模型图，图2是根据八卦图抽象而得的正八边形与其内部的圆，其中，圆的直径为为正八边形的中心，为正八边形边上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】如图，过点作交于，则由正八边行的对称性可知为的最小值，则利用向量的加减法运算得，所以只要求出的最小值即可，解法一：延长交于，连结，利用正八边形的性质求解，解法二：在中，利用余弦定理求解，解法三：求出，再结合求解. 【详解】如图，过点作交于， 则由正八边行的对称性可知为的最小值， 则， ， 所以最小值为， 的长度解法提供以下三种解法： 解法一：延长交于，连结由正八边形的对称性显然有，且易得为等腰直角三角形． 依题可知，所以． ， 所以 所以最小值为 解法二：在中，，设， 由余弦定理得，解得， 所求最小值为． 解法三：由（或解得） 由，解得， 所求最小值为． 故选：B． 【点睛】关键点点睛：本小题主要考查向量的数量积、余弦定理等基础知识，考查推理论证、运算求解等能力，解题的关键是灵活运用正八边形的性质，考查数形结合、化归与转化等思想，体现综合性、应用性，导向对发展数学直观、数学运算等核心素养的关注． 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项.符合题目要求，全部选对的得，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 在中,内角的对边分别为若,则角的大小是 A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】 由正弦定理可得,所以,而,可得,即可求得答案. 【详解】由正弦定理可得, ,而, , , 故或. 故选:BD. 【点睛】本题考查了根据正弦定理求解三角形内角,解题关键是掌握正弦定理和使用正弦定理多解的判断,考查了分析能力和计算能力,属于中等题. 10. 对于复数 （∈R），下列说法正确的是（       ） A. 若，则为实数 B. 若，则为纯虚数 C. 若，则或 D. 若，则点Z的集合所构成的图形的面积为 【答案】AD 【解析】 【分析】对A，根据实数的定义分析即可； 对BC，举反例判断即可； 对D，根据复数的几何意义判断即可 【详解】对A，则若，则为实数，故A正确； 对B，若，则为0为实数，故B错误； 对C，如，故C错误； 对D，若，则点Z的集合所构成的图形为以坐标原点为圆心，半径为1的圆内，其面积为，故D正确； 故选：AD 11. 如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱AD，，CD的中点，则（ ） A. 直线，为异面直线 B. 二面角的余弦值为 C. 直线与平面所成角的正切值为 D. 过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为9 【答案】BC 【解析】 【分析】证明，说明四点共面，判断A；作出二面角的平面角，计算其余弦值，可判断B；找到直线与平面所成角，解直角三角形可得其正切值，判断C；作出过点B，E，F的平面截正方体的截面，求其面积判断D. 【详解】对于A，连接，则为矩形，则， 而点E，G分别是棱AD，CD的中点，故， 则四点共面，故直线，不是异面直线，A错误； 对于B，连接交于点O，连接， 平面平面，故， 又平面，故平面, 即为二面角的平面角， 又， 故，B正确； 对于C，由于平面，故即为直线与平面所成角， 而,故，C正确； 对于D，连接，则, 则梯形即为过点B，E，F的平面截正方体的截面， 而， 故等腰梯形的高为， 故等腰梯形的面积为， 即过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为，D错误， 故选：BC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 总体由编号为01，02，⋯ ，39，40的40个个体组成，从中选取6个个体.利用科学计算器依次生成一组随机数如下：��5 ���� ���� ���� ���� ���� ���� ���� ���� ���� ���� ���� ��5 ���� 39 ���� ��0 ，则选出来的第6个个体的编号为 _______ 【答案】39 【解析】 【分析】根据随机数表法抽样，先筛选出落在有效编号范围内的数，再剔除重复项后按顺序计数，即可得到第 6 个个体的编号. 【详解】因为生成的随机数中落在编号01，02，⋯ ，39，40内的数依次为： 06，35，02，35（重复），32，15，39，40， 剔除重复项后，按顺序选取的 6 个个体编号为：06，35，02，32，15，39， 故第6个个体的编号为39. 13. 在四棱锥中，底面，四边形为正方形，，则直线与所成角的大小为______. 【答案】## 【解析】 【分析】依题意可得，将四棱锥补成正方体，连接、，根据正方体的性质可知为直线与所成角，即可得解. 【详解】因为底面，四边形为正方形，底面， 所以，又，所以， 如图将四棱锥补成正方体，连接、， 则，所以为直线与所成角， 又，所以为等边三角形，所以， 即直线与所成角的大小为. 故答案为： 14. 如图，的棱长为2，点P在正方形的边界及其内部运动，则四面体的体积的最大值是______；记所有满足的点P组成的平面区域为W，则W的面积是______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】空1：由平面,则是四面体以为底面时的高，所以当最大时，四面体的体积的最大；空2：连接，由，可得点的轨迹图形，从而可得其面积. 【详解】空1：在正方体中，平面， 所以平面,则是四面体以为底面时的高. 由， 所以当最大时，四面体的体积的最大， 因为点P在正方形的边界及其内部运动， 所以当P在线段上时，最大，其最大值为， 所以四面体的体积的最大值为； 空2：连接,则， 由，则， 所以点在以为圆心1为半径的圆外的区域和以为圆心为半径的圆内的区域与正方形的公共部分，如图（2）阴影部分扇环部分. 所以W的面积. 故答案为：； 【点睛】关键点睛：解决立体几何中动点的轨迹问题，关键是结合点、线、面的位置关系及其性质，找出动点的轨迹，分析动点在轨迹上移动时对结果的影响. 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. 在复平面内，复数对应的点的坐标为，且为纯虚数. （1）求的值： （2）复数求在复平面对应的点在第一象限，求实数的取值范围. 【答案】（1）3 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意得，则，由为纯虚数可得； （2），根据其在复平面对应的点在第一象限可得，进而可得. 【小问1详解】 由题意可知，， 故， 由题意，得. 【小问2详解】 由（1）可得， ， 由题意可得得，故实数的取值范围为. 16. 已知、、. （1）若、、三点共线，求； （2）若，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出、的坐标，分析可知，，利用平面向量共线的坐标表示求出的值，可得出向量的坐标，利用平面向量的模长公式可求得的值； （2）利用平面向量垂直的坐标表示求出的值，然后利用平面向量数量积的坐标运算可得出的值. 【小问1详解】 解：因为，，，所以，， 因为、、三点共线，则，所以，所以， 所以，所以. 【小问2详解】 解：因为，， 所以，由，得， 解得， 所以，所以 ， 所以. 17. 如图，的内角所对的边分别为为外一点，，． （1）求； （2）若，求的面积． 【答案】（1） （2）2 【解析】 【分析】（1）思路一：直接由余弦定理即可列方程求解；思路二：由正弦定理、“大边对大角”得，进一步可得，结合勾股定理即可求解； （2）思路一：由正弦定理、三角恒等变换得，即为等腰直角三角形，结合三角形面积公式即可求解；思路二：由余弦定理得，结合勾股定理逆定理得为等腰直角三角形，结合三角形面积公式即可求解. 【小问1详解】 解法一：在中，由余弦定理得： ， 代入得， 解得或（舍去）， 所以． 解法二：在中，由正弦定理得：， 所以， 又，所以， 即，所以， 由勾股定理得，， 所以． 【小问2详解】 解法一：在中，由正弦定理得： 可化为， 所以， 整理得，又因为， 所以， 所以为等腰直角三角形， 则的面积为． 解法二：在中，由余弦定理得：可化为， 整理得， 由勾股定理的逆定理得为等腰直角三角形， 则的面积为． 18. 如图，在正三棱柱中，，分别为，的中点． （1）求证：//平面； （2）若，求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）解法一：构造平行四边形，根据线面平行判定定理证明即可；解法二：构造平行平面，利用面面平行的性质证明线面平行； （2）根据几何体的线面关系确定底面积与高度距离，即可的体积. 【小问1详解】 解法一：取中点，连接，， 因为是中点，所以，， 因为是中点，所以，， 所以，， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面． 解法二：取中点，连接，， 因为是中点，所以， 因为平面，平面， 所以平面． 因为是中点，是中点 所以，， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以平面， 因为平面，平面，， 所以平面平面， 因为平面，所以平面． 【小问2详解】 取中点，连接， 在正三棱柱中， 所以，且， 因为平面平面，所以， 因为，平面，平面， 所以平面，即平面， 所以的长为点到平面的距离， 又的面积为， 所以， 所以三棱锥的体积为． 19. 如图1，在平行四边形中，，将沿翻折至（如图2），使得． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成的角的正弦值； （3）若点在平面内，，当三棱锥的体积最大时，求的长． 【答案】（1）证明见解析 （2）； （3） 【解析】 【分析】（1）利用勾股定理可得，结合已知可证平面； （2）过点作于点，连结，利用线线垂直证明线面垂直，进而可证为直线与平面所成的角的正弦值，求解即可；法二：过点作于点，连结，利用面面垂直的性质平面，下同解法一；法三：设点到平面的距离为，利用等体积法求得，进而可求直线与平面所成的角的正弦值； （3）由题意可得，法一：利用基本不等式求得的最大值即可.法二：设，则，可得，利用换元法与二次函数的性质可求最值.法三：设，可得，可求最大值. 【小问1详解】 因为，所以，所以， 又因为，所以平面； 【小问2详解】 解法一：过点作于点，连结 因为平面，平面，所以， 又因为，所以平面， 所以为斜线在平面上的射影，为直线与平面所成的角， 在平行四边形中，，因为，所以， 所以，在中，， 由勾股定理可得，根据等面积法可得 在中，，所以， 即直线与平面所成的角的正弦值为； 解法二：因为平面，平面，所以平面平面， 过点作于点，连结 又因为平面平面，平面， 所以平面， 下同解法一： 解法三：在平行四边形中，， 因为，所以，所以， 因为平面，平面，所以， 又因为，所以平面， 设点到平面的距离为，直线与平面所成的角为， 根据等体积法可得， 因为，所以， 即直线与平面所成的角的正弦值为； 【小问3详解】 由（2）知平面，又因为，所以， 解法一：因为， 所以，当且仅当时等号成立， 所以当时，三棱锥的体积取得最大值． 解法二：设，则，所以， 令，则， 所以当，即时，三棱锥的体积取得最大值． 解法三：设， 在中，， 所以， 因为，所以， 所以当，即时，三棱锥的体积取得最大值， 所以当时，三棱锥的体积取得最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $