精品解析：福建厦门外国语学校2025-2026学年高一第二学期期中考试数学试题

厦外2025-2026学年第二学期高一年级期中考试 数学试题 命题人：高一数学备课组 审题人：高一数学备课组 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分为150分.考试用时120分钟. 注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上. 2.选择题每小题选出答案后，用2B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，再选涂其他答案；在试卷上做答无效. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁和平整. 第Ⅰ卷 （本卷共计58分） 一．单选题：（每小题只有一个选项正确，每小题5分，共计40分） 1. 已知，，是三个不同的平面，m，n，l是三条不同的直线，下列命题中正确的是（    ） A. 若，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 2. 如图，在长方体中，，点分别为的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（   ） A. B. C. D. 3. 已知复数，则（    ） A. B. C. D. 4. 如图，在长方体中，，点E，F分别为BC，的中点，点P在矩形内运动（包括边界），若平面AEF，则动点P的轨迹长度为（ ） A. B. C. D. 5. 在中，已知，则一定是（ ） A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等腰直角三角形 D. 锐角三角形 6. 在三棱锥中，平面平面，平面平面，，，则下列错误的是（   ） A. B. 点到平面的距离为 C. 平面 D. 平面平面 7. 在三棱柱中，点M，E分别是棱的中点，点满足，点为棱上的动点，若平面CDE，则（   ） A. B. C. D. 8. 如图，已知正方体中，，点P为线段上的动点，Q为平面内的动点，则的最小值是（    ） A. B. C. D. 二．多选题：（每小题有两个或三个选项正确，每小题6分，共计18分.部分选对得部分分，有选错不得分） 9. 已知向量在平面直角坐标系中的位置如图所示.若网格中每个小正方形的边长均为1，则下列选项中正确的是（ ） A. B. 向量在向量方向上的投影向量为 C. D. 若，则 10. 某货轮在处时，灯塔位于货轮的北偏东，距离为海里，灯塔位于货轮的北偏西，距离为海里.该货轮自处向正北方向航行到处时，灯塔位于货轮的南偏东，则下列说法正确的是（    ） A. 处在灯塔的西偏北 B. 处与处之间的距离是海里 C. 灯塔与处之间的距离是海里 D. 灯塔在处的西偏南 11. 如图，在棱长为1的正方体中，点满足，其中，则（ ） A. 当时，点的轨迹长为 B. 当时，有且仅有一个点，使得平面 C. 当时，不存在点，使得 D. 当时，三棱锥的体积为定值 第II卷 （本卷共计92分） 三．填空题：（每小题5分，共计15分） 12. 若复数在复平面对应的点为，的共轭复数为，则_____. 13. 如图，正四棱锥底面边长和高均为，分别是其所在棱的中点，则几何体的体积为______. 14. 在矩形中，点是平面内的动点，且，则=_____；若，则的最小值为_____. 四．解答题：（第15题13分，第16-17题各15分，第18-19题各17分.要有必要的推理计算过程） 15. 如图，在中，点，满足，，AC边上的中线与交于点.设，. （1）用向量，表示，； （2）设，求的值. 16. 在中，角所对的边分别是，且， （1）求； （2）若的外接圆半径为，求的周长. 17. （本题不可用建系方法做，否则不得分）如图，多面体是由直三棱柱截去一部分后而成，是的中点，且，. （1）若为的中点，在上，且，证明：直线平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 在平面四边形中，. （1）如图1，若，，且，求； （2）如图2，若△为正三角形，求四边形面积S的最大值； （3）如图3，若，与相交于点.当四边形面积S取得最大值时，求的值. 19. 如图，在三棱锥中，，，. （1）证明：平面平面； （2）在线段上是否存在一点E，使得二面角的正切值为?若存在，求出的值，若不存在，请说明理由； （3）已知点为线段上另一动点，过点且与垂直的平面将三棱锥分成左右两部分，设，当为何值时，右侧部分的几何体的体积为？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦外2025-2026学年第二学期高一年级期中考试 数学试题 命题人：高一数学备课组 审题人：高一数学备课组 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分为150分.考试用时120分钟. 注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上. 2.选择题每小题选出答案后，用2B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，再选涂其他答案；在试卷上做答无效. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁和平整. 第Ⅰ卷 （本卷共计58分） 一．单选题：（每小题只有一个选项正确，每小题5分，共计40分） 1. 已知，，是三个不同的平面，m，n，l是三条不同的直线，下列命题中正确的是（    ） A. 若，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】C 【解析】 【分析】在长方体中，利用线线，线面，面面之间的关系判断. 【详解】对于选项A，分别把、、当作直线、、，显然，故A不正确； 对于选项B，平面、平面、平面分别视为平面、、，显然，故B不正确； 对于选项C，，，则，故C正确； 对于选项D，平面、平面分别视为平面、，分别视为，则，故D不正确. 2. 如图，在长方体中，，点分别为的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（   ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】如图所示，取的中点，连接，，， 在长方体中，，因为，分别是，，所以，所以，所以直线和所成角是锐角， 因为，所以，所以， 因为为的中点，所以，所以，所以，， 在中，由余弦定理得， 所以异面直线和所成角的余弦值为. 3. 已知复数，则（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】. 4. 如图，在长方体中，，点E，F分别为BC，的中点，点P在矩形内运动（包括边界），若平面AEF，则动点P的轨迹长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用面面平行得到轨迹的长度求解即可. 【详解】取的中点，的中点，连接，，， 根据长方体的结构特征，易得，， 因为平面，平面， 故平面，同理平面， 又，，平面， 所以平面平面，又平面，且面， 所以平面，即点在平面与平面的交线上， 因为，所以， 所以，所以动点的轨迹长度为. 5. 在中，已知，则一定是（ ） A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等腰直角三角形 D. 锐角三角形 【答案】B 【解析】 【分析】由正弦定理化角为边，再结合余弦定理变形可得. 【详解】因为，所以由正弦定理得， 又， 所以，，即， 所以一定是等腰三角形， 故选：B. 6. 在三棱锥中，平面平面，平面平面，，，则下列错误的是（   ） A. B. 点到平面的距离为 C. 平面 D. 平面平面 【答案】D 【解析】 【分析】先证明平面，判断C；进而根据线面垂直性质判断A；取中点，连接，证明平面并求解的长度判断B；根据二面角的平面角的大小判断D. 【详解】在平面内取一点，作，，垂足分别为， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，因为平面，所以 同理：平面， 因为平面 所以平面，故C选项正确； 又平面，所以，故A选项正确； 对于B，取中点，连接，因为，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，即点到平面的距离为的长度， 因为，所以，故B选项正确； 对于D，因为平面，平面，所以， 所以为二面角的平面角， 因为，，所以， 所以平面平面不成立，故错误. 7. 在三棱柱中，点M，E分别是棱的中点，点满足，点为棱上的动点，若平面CDE，则（   ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，，先通过线面平行得到线线平行，证明四边形是平行四边形，求出，再通过梯形的中位线得到，从而找到，即. 【详解】如图所示，在平面内，作，与交于，连接,则,所以，共面，因为平面CDE，平面平面CDE,由线面平行的性质定理得,所以四边形是平行四边形，所以， 设，，因为，所以，则，因为E是棱的中点，所以， 因为是梯形的中位线，所以，所以，所以，所以. 8. 如图，已知正方体中，，点P为线段上的动点，Q为平面内的动点，则的最小值是（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用几何法，结合平面展开图，可找到最小距离，通过计算即可得到答案. 【详解】 当，即可得平面，此时是最小距离， 然后把平面与平面展开成共面， 如第二个图：即可得过作的垂线，垂足为 此时，即此时取到最小值， 因为在正方体中，， 所以 ， 所以， 即的最小值是 二．多选题：（每小题有两个或三个选项正确，每小题6分，共计18分.部分选对得部分分，有选错不得分） 9. 已知向量在平面直角坐标系中的位置如图所示.若网格中每个小正方形的边长均为1，则下列选项中正确的是（ ） A. B. 向量在向量方向上的投影向量为 C. D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用数量积运算，投影向量和向量平行公式即可判断每个选项 【详解】由图可得， 对于A，，故A正确； 对于B，向量在向量方向上的投影向量，故B正确； 对于C，， 所以，故C不正确； 对于D，因为，，所以，故，故D正确. 故选：ABD 10. 某货轮在处时，灯塔位于货轮的北偏东，距离为海里，灯塔位于货轮的北偏西，距离为海里.该货轮自处向正北方向航行到处时，灯塔位于货轮的南偏东，则下列说法正确的是（    ） A. 处在灯塔的西偏北 B. 处与处之间的距离是海里 C. 灯塔与处之间的距离是海里 D. 灯塔在处的西偏南 【答案】BCD 【解析】 【分析】作出示意图，利用正弦定理、余弦定理解三角形，结合方向角的概念逐项判断即可. 【详解】作出示意图如下图所示： 对于A选项，由题意可知，故处在灯塔的西偏北，A错； 对于B选项，在中，，，，故， 由正弦定理得，故， 即处与处之间的距离是海里，B对； 对于C选项，在中，，，， 由余弦定理可得， 故，即灯塔与处之间的距离是海里，C对； 对于D选项，因为，则，故灯塔在处的西偏南，D对. 11. 如图，在棱长为1的正方体中，点满足，其中，则（ ） A. 当时，点的轨迹长为 B. 当时，有且仅有一个点，使得平面 C. 当时，不存在点，使得 D. 当时，三棱锥的体积为定值 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据点的轨迹为以为圆心，1为半径的圆在正方形内的弧判断；对于B，分别取中点得的轨迹为线段，再结合平面判断；对于C，分别取中点得的轨迹为线段，再结合判断；对于D，结合点的轨迹为线段，平面判断. 【详解】因为点满足，其中， 所以点为正方形内部及棱上的点， 对于A，由正方体的性质易知平面， 故当时，， 即点的轨迹为以为圆心，1为半径的圆在正方形内的弧， 因为正方体的棱长为1，故的轨迹长为，A选项正确； 对于B选项，分别取中点，连接， 因为平面，平面，所以， 因为，所以平面，所以， 同理可知，又，所以平面， 因为当时，的轨迹为线段， 此时若存在点满足平面，则，显然不成立， 故当时，不存在点，使得平面，B选项错误； 对于C，分别取中点，连接， 当时，的轨迹为线段，由正方体的性质易知， 若存在点，使得，则，显然矛盾， 所以当时，不存在点，使得，C选项正确； 对于D，当时，点的轨迹为线段，因为分别为中点， 所以，又，所以， 因为平面，平面，所以平面， 所以点到平面距离为定值，即三棱锥的体积为定值，D选项正确； 第II卷 （本卷共计92分） 三．填空题：（每小题5分，共计15分） 12. 若复数在复平面对应的点为，的共轭复数为，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】利用复数的几何意义可得复数，利用共轭复数的定义以及复数的乘法计算可得结果. 【详解】由复数的几何意义可得，所以，故. 13. 如图，正四棱锥底面边长和高均为，分别是其所在棱的中点，则几何体的体积为______. 【答案】 【解析】 【分析】分别计算和，作差得到答案. 【详解】正四棱锥底面边长和高均为，分别是其所在棱的中点， 则正四棱锥的底面边长和高均为， 则，， 故几何体的体积为. 14. 在矩形中，点是平面内的动点，且，则=_____；若，则的最小值为_____. 【答案】 ①. 0 ②. 2 【解析】 【分析】由条件得到，所以；建立平面直角坐标系，先得到点的轨迹，再对进行变形，通过数形结合，根据几何意义求出最小值. 【详解】因为，所以，所以，即，所以； 依题意，建立以为原点，，所在直线分别为，轴的平面直角坐标系， 因为， 所以，，，，， 因为，则点在以为圆心，为半径的圆上， 设，则，， 则，即， 因为，，， 所以，， 所以 ， 其几何意义是点到与的距离之和， 因为，所以点在直线()上，即对应线段(不含点)，连接,， 所以要求的最小值，只需要求的最小值即可， 而关于对称的点为，连接,， 故，此时，即， 所以的最小值是2. 四．解答题：（第15题13分，第16-17题各15分，第18-19题各17分.要有必要的推理计算过程） 15. 如图，在中，点，满足，，AC边上的中线与交于点.设，. （1）用向量，表示，； （2）设，求的值. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【小问1详解】 因为为边上的中线， ， 因为，，所以，， 所以. 【小问2详解】 解法一：因为三点共线， 所以存在实数，使得， 因为三点共线， 所以存在实数，使得， 所以， 根据平面向量基本定理可得：，解得： 所以， 因为，所以，，即. 解法二：过作的平行线，交于点， 在中，因为，所以∽， 因为，所以， 因为为中点，所以，即， 因为，所以， 因为三点共线，所以， 因为，所以 16. 在中，角所对的边分别是，且， （1）求； （2）若的外接圆半径为，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边化角，结合三角恒等变换化简整理得，再结合三角函数性质求解即可； （2）由题知，，再结合余弦定理求解即可. 【小问1详解】 解：， ∴ 根据正弦定理得到， ，， ，，即， 又，，， 【小问2详解】 ，. 又∵三角形的外接圆半径为， ∴由正弦定理可知，即， 再由余弦定理得：， 的周长为. 17. （本题不可用建系方法做，否则不得分）如图，多面体是由直三棱柱截去一部分后而成，是的中点，且，. （1）若为的中点，在上，且，证明：直线平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）在直三棱柱中，取的中点，连接，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）方法一：利用等体积法求出点到平面的距离，并求出的长，设直线与平面所成角为，则，即可得解； 方法二：证明出平面，可知为直线与平面所成角，求出的长，即可求出的正弦值. 【小问1详解】 在直三棱柱中，取的中点，连接， 因为为的中点，所以是梯形的中位线，所以且， 因为是的中点，所以，则， 因为且，，所以且， 所以且，所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，故直线平面. 【小问2详解】 方法一（等体积法）连接， 因为平面，平面，所以， 因为为的中点，所以， 因为，所以，且为等腰直角三角形， 所以，易知，所以，且， 由余弦定理可得， 所以，即，则， 因为平面，平面，所以， 又因为，，、平面，所以平面. 因为且，所以四边形为平行四边形，则， 所以平面，则， 因为平面，所以， 故， 设点到面的距离为，则， 即，解得， 设直线与平面所成角为， 因为平面，平面，所以， 因为，故， 所以，故直线与平面所成角的正弦值为. 方法二（垂线法） 因为平面，平面，所以， 又因为，，、平面，所以平面. 因为且，所以四边形为平行四边形，则， 所以平面， 因为平面，所以， 因为平面，平面，所以， 因为为的中点，所以， 因为，所以，且为等腰直角三角形， 所以，易知，所以，且， 由余弦定理可得， 所以，即， 因为，、平面，所以平面， 所以为直线与平面所成角， 因为平面，平面，所以， 因为，故， 所以，故直线与平面所成角的正弦值为. 18. 在平面四边形中，. （1）如图1，若，，且，求； （2）如图2，若△为正三角形，求四边形面积S的最大值； （3）如图3，若，与相交于点.当四边形面积S取得最大值时，求的值. 【答案】（1） （2） （3）4 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理求解； （2）利用三角形面积之和表示四边形面积，三角代换求最值即可； （3）利用余弦定理及三角恒等变换化简，再由正弦定理及三角形相似求解. 【小问1详解】 设，在中由正弦定理得：，则 在等腰中，，则 因此，解得 【小问2详解】 设正的边长为，则等腰的高为. 则 令，则， ， 当且仅当时取得最大值. 【小问3详解】 在，中分别由余弦定理得， 整理得， 即有 代入(*)式得， 当且仅当时，取到最大值，即此时四点共圆. ∵在圆中(同弧所对的圆周角相等)，∴ ∴ 19. 如图，在三棱锥中，，，. （1）证明：平面平面； （2）在线段上是否存在一点E，使得二面角的正切值为?若存在，求出的值，若不存在，请说明理由； （3）已知点为线段上另一动点，过点且与垂直的平面将三棱锥分成左右两部分，设，当为何值时，右侧部分的几何体的体积为？ 【答案】（1）证明见解析 （2）存在， （3）1 【解析】 【分析】（1）用余弦定理求角，再用几何关系证明线面垂直即可证明面面垂直； （2）通过画图得到二面角的平面角，利用已知条件即可求解或者建立空间直角坐标系，用向量方法进行坐标运算即可求解； （3）根据题意得出，然后底面积之比以及高之比得出右侧几何体的体积的表达式，从而得到答案. 【小问1详解】 【小问2详解】 解法一：取中点，由（1）知，，∴. 过作交于，过作交于，则，所以， 所以，为二面角的平面角， 设，由，得， 同理；， 由，得， 在中，，解得， 所以线段上存在一点E，使得二面角的正切值为.， 解法二：设存在满足题意的点，由（1）可知两两垂直，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则，，则，，，， ，，， 设，，则， 显然平面的法向量. 设平面的法向量，则， 取，则，，所以， 若二面角的正切值为，则其余弦值为， 则， 整理得，所以，又因为，所以， 所以，即当时，二面角的正切值为. 【小问3详解】 当时，平面截三棱锥所得截面为三角形，右部分的体积最大值为， 当时，平面截三棱锥所得截面为四边形， 设截面与棱的交点分别为，求得 ， 右侧部分的体积， 化简得， 当时，检验符合上方程， 又时，有且只有一个值符合，故， 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $