精品解析：河南郑州市外国语学校2025-2026学年高一下学期5月期中数学试卷

郑州外国语学校2025-2026学年高一下期期中试卷 数学 一、单选题：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. 如图，某四边形的直观图是正方形，且，则原四边形的面积等于（ ） A. B. C. 4 D. 2. 已知复数z满足，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 3. 已知向量满足，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 将一个半径为2的铁球熔化后，浇铸成一个正四棱台形状的铁锭，若这个铁锭的上、下底面边长分别为1和2，则它的高为（ ） A. B. C. D. 5. 已知等边三角形的边长为2，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 0 6. 如图，在棱长为2的正方体中，分别为的中点，点在平面内，若直线与平面没有公共点，则线段长的最小值是 A. B. C. D. 7. 已知C为线段上一点，为直线外一点，为上一点，满足，当，，且，则的值为（） A. 2 B. 4 C. 3 D. 5 8. 如图，已知是边长为4的等边三角形，分别是和的中点，将沿着翻折，使点到点处，得到四棱锥，则下列说法中，正确的个数为（ ） ①翻折过程中，该四棱锥的体积有最大值为9． ②取线段中点，则翻折过程中，三棱锥与四棱锥体积比为定值． ③翻折过程中，直线始终与平面平行． ④当时，该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 二、多选题：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. 已知复数，，且是非零复数，，分别是，的共轭复数，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 若，则 D. 10. （多选）下列说法错误的是（ ） A. 有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形，由这些面围成的多面体是棱柱 B. 如果棱柱有一侧面是矩形，则其余各侧面也都是矩形 C. 有两个面相互平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是四棱台 D. 有一个面是多边形，其余各面都是三角形，由这些面围成的多面体不一定是棱锥 11. 如图，正方体的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得截面记为S，则下列命题正确的是（ ） A. 当时，S为四边形 B. 当时，S为等腰梯形 C. 当时，S与的交点，满足 D. 当时，S为四边形 三、填空题：共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，，，且A，B，C三点共线，则实数k的值______． 13. 在中，，在边上存在一点，满足，作，为垂足，若为的最小内角，则的取值范围是__________． 14. 多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等）．数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体，正八面体、正十二面体、正二十面体，如图所示为正八面体，则该正八面体的外接球与内切球的表面积的比为______． 四、解答题：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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求B； （2）若，点D在边CA的延长线上，，且，求的面积． 16. 如图，在等边中，，点在边上，且.过点的直线分别交射线于不同的两点. （1）设，试用表示： （2）设，求的最小值. 17. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且. （1）求角B的大小； （2）若为锐角三角形，求周长的取值范围. 18. 如图所示，在三棱柱中，侧棱底面，为棱的中点．，， . （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）在棱上是否存在点，使得平面平面？如果存在，求此时的值；如果不存在，请说明理由． 19. 如图，在以为顶点的五面体中，四边形为等腰梯形，，，平面，，，到平面的距离为． （1）求直线与所成的角的大小； （2）求五面体的体积； （3）若二面角的正切值为，求与平面所成角的正弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 郑州外国语学校2025-2026学年高一下期期中试卷 数学 一、单选题：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. 如图，某四边形的直观图是正方形，且，则原四边形的面积等于（ ） A. B. C. 4 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由直观图中在轴上且、轴结合直观图定义还原原图形即可求解. 【详解】因为直观图正方形满足， 故可得正方形边长为， 又由直观图可知在轴上，轴， 故如图所示，结合直观图定义可知：原图形且在轴上，轴且， 所以由图可知，原四边形的面积为. 故选：B. 2. 已知复数z满足，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以 3. 已知向量满足，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】已知，. 所以. 因为，所以. 由投影向量公式可得在上的投影向量 所以在上的投影向量为. 4. 将一个半径为2的铁球熔化后，浇铸成一个正四棱台形状的铁锭，若这个铁锭的上、下底面边长分别为1和2，则它的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用球和正四棱台的体积相等直接计算即可． 【详解】球的体积为，设铁锭的高为， 则正四棱台的体积为， 由，可得，解得. 5. 已知等边三角形的边长为2，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】由条件结合向量共线定理证明三点共线，建立平面直角坐标系，求表达式，再求其最小值即可. 【详解】因为， 所以，即， 根据向量共线定理，三点共线， 设的中点为，以为坐标原点，为轴正方向，建立平面直角坐标系， 则，，， 设，则，， 所以， 所以当时，取最小值，最小值为， 因此的最小值为. 6. 如图，在棱长为2的正方体中，分别为的中点，点在平面内，若直线与平面没有公共点，则线段长的最小值是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】方法一：连接，可证得平面平面，根据题意得到点在直线上，再根据图形的特点得当为中点时，线段的长度最小，于是可得所求． 方法二：连接，可得直线平面．延长，与的延长线交于点，连接，则，所以点在直线上，结合图形得当为中点时，线段的长度最小，进而可得答案． 【详解】解法一：如图，连接， 由分别为的中点可得， 所以平面． 同理可得平面， 所以可得平面平面． 因为与平面没有公共点， 所以直线平面， 所以点在直线上， 所以当为中点时，线段的长度最小，此时． 故选D． 解法二：如图，连接， 因为直线与平面没有公共点， 所以直线平面． 延长，与的延长线交于点，连接， 则， 所以点在直线上， 易得当为中点时，线段的长度最小，此时． 故选D． 【点睛】用几何法解决空间中的最值问题时，首先要根据图形并结合空间中的位置关系进行分析得到能取得最值时的点（或线），然后再通过计算得到所求最值，考查知识间的综合运用，属于中档题． 7. 已知C为线段上一点，为直线外一点，为上一点，满足，当，，且，则的值为（） A. 2 B. 4 C. 3 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】由题设条件，得出点为三角形的内心，根据内心的性质结合数量积的公式求解即可. 【详解】由题中已知条件可知，， 所以在、两个向量方向上的投影相等，所以在的角平分线上； 又因为， 所以 ，即在的角平分线上； 又因为在上，所以为三角形内心，作各边的垂线，如下图所示： 由内心的性质可知，设，，. 因为，， 所以得到，解得， 则. 8. 如图，已知是边长为4的等边三角形，分别是和的中点，将沿着翻折，使点到点处，得到四棱锥，则下列说法中，正确的个数为（ ） ①翻折过程中，该四棱锥的体积有最大值为9． ②取线段中点，则翻折过程中，三棱锥与四棱锥体积比为定值． ③翻折过程中，直线始终与平面平行． ④当时，该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【解析】 【分析】设分别为的中点，当平面，求解体积判断①；到平面的距离为，再结合等体积转化求解判断②；证明，再根据线面平行的判定定理即可判断③；由已知可推得平面平面，设球心为，的外心为，点为等腰梯形的外心，可得四边形为矩形，进而求出即半径的长，即可得出外接球的表面积判断④. 【详解】如图1，设分别为的中点，则， 对于①：当平面平面时，四棱锥的体积最大， 因为为的中点，且为等边三角形，则， 平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 此时体积，故①错误； 对于②，因为线段中点， 在翻折过程中，到平面的距离为， 因为是边长为4的等边三角形，分别是的的中点， 所以，， 所以， ， 所以翻折过程中，三棱锥与四棱锥体积比为，是定值，故②正确； 对于③，因为分别是的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面，即翻折过程中，直线始终与平面平行，故③正确； 对于④，当时，由，可知，即， 又，且平面，则平面， 又平面，则平面平面， 设四棱锥的外接球球心为，的外心为，则平面， 如图2，易知点为等腰梯形的外心，则平面， 则四边形为矩形，且， 从而有， 从而该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为，故④正确. 二、多选题：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. 已知复数，，且是非零复数，，分别是，的共轭复数，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 若，则 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】应用特殊值法计算判断A，应用共轭复数及复数乘法计算判定B，C，特殊值法应用复数的乘法及模长公式计算判定D. 【详解】对于A，取，且，则，，显然，故A错误； 对于B，设，则，故B正确； 对于C，由可得，因为是非零复数，所以，即，故C正确； 对于D，取，，则，，故D错误. 10. （多选）下列说法错误的是（ ） A. 有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形，由这些面围成的多面体是棱柱 B. 如果棱柱有一侧面是矩形，则其余各侧面也都是矩形 C. 有两个面相互平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是四棱台 D. 有一个面是多边形，其余各面都是三角形，由这些面围成的多面体不一定是棱锥 【答案】ABC 【解析】 【详解】选项A：棱柱的定义要求“有两个面互相平行，其余各面每相邻两个四边形的公共边互相平行”. 举反例：将两个相同的斜棱柱沿底面重合拼接， 满足“两个面平行、其余各面都是平行四边形”，但不符合棱柱定义，故A错误； 选项B：斜棱柱中，若侧棱仅与底面的某一条边垂直， 则对应侧面为矩形，其余侧面仍为平行四边形，无需所有侧面都是矩形，故B错误； 选项C：棱台要求所有侧棱延长后交于同一点. 若将互相平行的上下两个相似四边形错位放置， 连接对应顶点可得到四个面为等腰梯形的六面体， 但侧棱延长后不交于同一点，不属于四棱台，故C错误； 选项D：棱锥要求其余各面的三角形有公共顶点. 将两个同底棱锥的底面重合拼接，其所有面都是三角形. 任选一个面作为“多边形”，其余各面都是三角形， 满足“有一个面是多边形、其余各面都是三角形”，但不属于棱锥， 因此“不一定是棱锥”的说法正确，故D正确. 11. 如图，正方体的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得截面记为S，则下列命题正确的是（ ） A. 当时，S为四边形 B. 当时，S为等腰梯形 C. 当时，S与的交点，满足 D. 当时，S为四边形 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据题意作图，利用正方体的几何性质，结合面面平行性质定理可得线线平行，再根据相似三角形，利用相似比可得线段的长度，可得答案. 【详解】对于A，可作图如下： 平面平面，平面平面， 在正方体中，平面平面，则， 易知，则，由为的中点，则，即， 由，则，所以为四边形，故A正确； 对于B，由题意作图如下： 由A可知，由，则，即点与重合， 在正方体中，，，， 所以，则，由A可知，则为等腰梯形，故B正确； 对于C，由题意作图如下： 在正方体中，易知，则， 由，，，则，即， 易知，则，即，解得，故C正确； 对于D，由题意作图如下： 在正方体中，易知，则， 由，，则，由，则， 所以位于的延长线上，则，， 即为五边形，故D错误. 故选：ABC. 三、填空题：共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，，，且A，B，C三点共线，则实数k的值______． 【答案】 【解析】 【分析】先求出，由三点共线得到，再结合平行的坐标表示求解． 【详解】因为向量，，， ， 三点共线， ， 13. 在中，，在边上存在一点，满足，作，为垂足，若为的最小内角，则的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据已知，结合图形，利用正弦定理、三角形的性质进行求解. 【详解】 由题意可知，，在中，由正弦定理可知，， 因为，，所以， 在中，由正弦定理有：， 两式相除有：， 因为是直角三角形，，所以， 所以，，， 即． 故答案为：. 14. 多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等）．数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体，正八面体、正十二面体、正二十面体，如图所示为正八面体，则该正八面体的外接球与内切球的表面积的比为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据正八面体的结构特征确定球心位置，令正八面体的棱长为2，有外接球半径，再由等体积法求得内切球的半径，即可得. 【详解】由正八面体的结构特征易知，其外接球和内切球的球心重合，且为体对角线的交点， 令正八面体的棱长为2，外接球和内切球的半径分别为，则外接球半径， 各侧面积，构成正八面体的两个正四棱锥的高为， 所以正八面体的体积，可得， 所以外接球和内切球的表面积比为. 故答案为： 四、解答题：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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求B； （2）若，点D在边CA的延长线上，，且，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 由与余弦定理，得， 所以，所以， 所以，又， 故． 【小问2详解】 由正弦定理及，得， 所以，又，所以， 在中，由正弦定理，得，即，所以． 则， 故的面积为． 16. 如图，在等边中，，点在边上，且.过点的直线分别交射线于不同的两点. （1）设，试用表示： （2）设，求的最小值. 【答案】（1） （2）4 【解析】 【分析】（1）利用给定的基底表示向量. （2）利用共线向量的推论及基本不等式求出最小值. 【小问1详解】 由，得， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，，而， 因此，而共线，则， 又，于是， 由于 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值是4. 17. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且. （1）求角B的大小； （2）若为锐角三角形，求周长的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件及正弦定理，结合两角和的正弦公式、诱导公式等，化简整理，即可得答案. （2）根据正弦定理，可得的表达式，根据两角差的正弦公式、辅助角公式等，可得化简后的表达式，根据条件，可得角A的范围，根据三角函数的性质，即可得答案. 【小问1详解】 由及正弦定理得. 因为，所以. 所以，即. 所以，即. 因为，所以， 所以，因为，所以. 【小问2详解】 由正弦定理得，所以，， 所以. 又 ， 所以. 因为为锐角三角形，所以，解得. 则，所以. 所以，则， 所以周长的取值范围为. 18. 如图所示，在三棱柱中，侧棱底面，为棱的中点．，， . （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）在棱上是否存在点，使得平面平面？如果存在，求此时的值；如果不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析； （3）存在，. 【解析】 【分析】（1）连结交于O，连结，易得，再由线面平行的判定证明结论； （2）应用线面垂直的性质及判断证明，再由已知得，最后由线面垂直的判定证明结论； （3）当点N为中点时，即，设中点为D，连结DM，，先证，再结合（2）平面及面面垂直的判定证明结论，即可得. 【小问1详解】 连结交于O，连结 在中，因为M，O分别为AC，中点，所以     又因为平面，平面，所以平面 【小问2详解】 因为侧棱底面ABC，平面ABC，所以 又M为棱AC中点，，所以 因为，，平面 所以平面，平面，所以 因为M为棱AC中点，，所以，又， 所以在和中， 所以，即，所以 因为，BM，平面，所以平面 【小问3详解】 当点N为中点时，即，平面平面 设中点为D，连结DM， 因为D，M分别为，AC中点，所以，且 又因为N为中点，所以，且， 所以四边形DMBN是平行四边形，所以， 结合（2）平面，则平面， 又平面，所以平面平面 19. 如图，在以为顶点的五面体中，四边形为等腰梯形，，，平面，，，到平面的距离为． （1）求直线与所成的角的大小； （2）求五面体的体积； （3）若二面角的正切值为，求与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）直接将异面直线所成的角转化为与所成角可得； （2）将五面体分割成一个四棱锥和一个三棱锥，三棱锥通过顶点转换法可得体积，四棱锥再分割成三个体积相等的三棱锥，再将其中的一个小三棱锥用顶点转换法可得其体积，进而可得五面体的体积. （3）过棱的中点作棱的垂面，再过点作底面的垂线，通过二面角的正切值可判断点垂足在等腰梯形上下底的中点的连线上，且为中点，利用等体积法求点面距离，计算线面角可得. 【小问1详解】 因为平面，平面，平面平面， 由线面平行性质得，因此异面直线与所成角等于与所成角. 在等腰梯形中，，，如图： 设两腰相交于，因为，所以分别是的中点， 所以，故是边长为的正三角形，，因此， 又在中，，，所以. 所以直线与所成的角为. 【小问2详解】 设为的中点，连接，如图： 由（1）知是边长为4的等边的一边上的高线，所以， 所以，， 又因为为的中点，所以. 由（1）知，且，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以 所以，且到平面的距离为. 所以， 而， 所以五面体的体积. 【小问3详解】 过点作平面，垂足为，所以，连接，如图： 因为，为的中点，所以. 又因为平面，平面，所以 因为，，平面， 所以平面，平面，故. 所以就是二面角的平面角，故， 在直角三角形中，，， 得. 所以点在等腰梯形上下底的中点的连线上，且为中点， 所以, 设C到平面ADE的距离为h， 由，即． ,, ∴与平面所成角的正弦值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $