精品解析：福建厦门实验中学2025-2026学年第二学期高一数学期中测试试卷

厦门实验中学2025-2026学年第二学期高一数学 期中测试 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. B. 5 C. 3 D. 3. 函数的零点所在区间为（ ）. A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知一个水平放置的用斜二测画法得到的直观图如图所示，且，，则原平面图形的面积是（ ） A. 16 B. 18 C. D. 36 6. 如图所示，点为的边的中点，为线段上靠近点B的三等分点，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在正三棱柱中，，，点D是侧棱的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知平行四边形ABCD中，，点P在线段CD上（不包含端点），则的取值范围是（ ） 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. 已知不重合的直线，，和平面，，则（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，，则 D. 若，，则 10. 已知复数：满足，则（ ） A. B. 的实部为1 C. 的共轭复数为 D. 在复平面中对应的点位于第四象限 11. 半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.按照以下方式可构造一个半正多面体：如图，在一个棱长为4的正方体中，，，过三点可做一截面，类似地，可做8个形状完全相同的截面.关于该几何体，下列说法正确的是（ ） A. 当时，该几何体是一个半正多面体 B. 若该几何体是由正八边形与正三角形围成的半正多面体，则边长为 C. 若该几何体是由正方形与正三角形围成的半正多面体，则体积为 D. 该几何体可能是由正方形与正六边形围成的半正多面体 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知为虚数单位，，若，则__________. 13. 已知向量满足，，夹角为，则在上的投影向量为_______. 14. 已知正四棱台的上底面的四个顶点都在圆锥的侧面上，下底面的四个顶点都在圆锥的底面圆周上，且，则圆锥的体积为__________. 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，，． （1）求的值； （2）当为何值时，与垂直？ 16. 如图，在直三棱柱中，所有棱长均为4，D是AB的中点． （1）求证：平面； （2）求异面直线与所成角的正弦值． 17. 的内角、、的对边分别为、、，已知，的面积为． （1）求角的大小； （2）若，求的周长． 18. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，． （1）证明：平面平面； （2）点在棱上，当二面角的余弦值为时，求． 19. 如图1，由射线构成的三面角，二面角的大小为，类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到三维空间中的三面角余弦定理：. （1）如图2，在三棱锥中，为等腰直角三角形，为等边三角形，，求二面角平面角的正弦值； （2）如图3，在三棱锥中，平面，连接，，求三棱锥体积的最大值； （3）当时，请在图1的基础上，试证明三面角余弦定理. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门实验中学2025-2026学年第二学期高一数学 期中测试 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由交集的定义可得. 【详解】因为集合，， 所以. 故选：A. 2. 已知复数，则（ ） A. B. 5 C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【详解】由复数，可得，则 3. 函数的零点所在区间为（ ）. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分析函数的单调性，结合零点存在定理可得出结论. 【详解】因为函数、在上均为增函数，故函数在上为增函数， 因为，，则， 故函数的零点所在区间为. 故选：B. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由余弦的二倍角公式代入计算，即可得到结果. 【详解】. 故选：B. 5. 已知一个水平放置的用斜二测画法得到的直观图如图所示，且，，则原平面图形的面积是（ ） A. 16 B. 18 C. D. 36 【答案】B 【解析】 【分析】根据斜二测画法可得原图形中的长度，故可求其面积. 【详解】由直观图可得且，故原平面图形的面积为， 故选：B. 6. 如图所示，点为的边的中点，为线段上靠近点B的三等分点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面向量的线性运算结合图像将用、表示，即可得出答案. 【详解】解： . 故选：C. 7. 如图，在正三棱柱中，，，点D是侧棱的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由正三棱柱的性质和线面所成角的定义得到与平面所成的角为.　 根据棱柱的底面平行，即为与平面所成角，进而计算得到所求． 【详解】平面，与平面所成的角为. 又，，可得，而平面平面， 与平面所成角的正弦值为. 故应选：B. 8. 已知平行四边形ABCD中，，点P在线段CD上（不包含端点），则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据平面向量的数量积的定义，由可得，再以为原点，以所在的直线为轴，以的垂线为轴，建立坐标系，设，进而根据向量坐标的线性运算即数量积的坐标表示可得，结合二次函数的性质即可求解. 【详解】∵，，， ∴， 即，即， 以为原点，以所在的直线为轴，以的垂线为轴，建立如图所示的坐标系， ∴，，，， 设， ∴， ∴， 设，∴在上单调递减，在上单调递增， ∴，， 则的取值范围是. 故选：A. 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. 已知不重合的直线，，和平面，，则（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，，则 D. 若，，则 【答案】AD 【解析】 【分析】根据直线和平面的相关性质逐一判断即可. 【详解】对于A，根据平行传递性可知，若，，则，故A正确； 对于B，若，，则可能出现，或，或相交但不垂直，或异面但不垂直，故B错误； 对于C，若，，，，则或相交，故C错误； 对于D，根据面面垂直判定定理可知，若，，则，故D正确. 故选：AD 10. 已知复数：满足，则（ ） A. B. 的实部为1 C. 的共轭复数为 D. 在复平面中对应的点位于第四象限 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据代数形式的除法运算化简复数，再根据复数的概念及几何意义判断即可. 【详解】因为，所以， 的实部为1，虚部为1，故B正确； ，故A正确； 的共轭复数为，故C不正确； 在复平面中对应的点位于第四象限，故D正确. 故选：ABD. 11. 半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.按照以下方式可构造一个半正多面体：如图，在一个棱长为4的正方体中，，，过三点可做一截面，类似地，可做8个形状完全相同的截面.关于该几何体，下列说法正确的是（ ） A. 当时，该几何体是一个半正多面体 B. 若该几何体是由正八边形与正三角形围成的半正多面体，则边长为 C. 若该几何体是由正方形与正三角形围成的半正多面体，则体积为 D. 该几何体可能是由正方形与正六边形围成的半正多面体 【答案】CD 【解析】 【分析】根据半正多面体的定义，结合棱柱和棱锥的体积公式逐一判断即可. 【详解】选项A：当时，，但，不满足正多边形条件，故A错误； 选项B：如图1，因为棱长为4的正方体中，，，…，，所以，， 当此半正多面体是由正八边形与正三角形围成时，，，解得， 则边长为，故B错误； 选项C，如图2，当此半正多面体是由正方形与正三角形围成时，， 所以，体积为，故C正确； 选项D，当时，如图3所示，此半正多面体是由正方形与正六边形围成， 此时几何体也是半正多面体，故D正确， 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解半正多面体的定义. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知为虚数单位，，若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】应用复数乘法及复数相等得，即可得. 【详解】由题设，则，可得. 故答案为： 13. 已知向量满足，，夹角为，则在上的投影向量为_______. 【答案】 【解析】 【详解】， 所以在上的投影向量为. 14. 已知正四棱台的上底面的四个顶点都在圆锥的侧面上，下底面的四个顶点都在圆锥的底面圆周上，且，则圆锥的体积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意作出图形，利用正四棱台的相关边长与圆锥的关系，结合图形即可求得圆锥的底面圆半径和高，从而可求其体积. 【详解】 如图，设正四棱台的上底面中心为点，则点在上， 连接 ，则点在上，点在上，因， 由，可得， 因，， 在直角梯形中，， 又由可得. 故圆锥的体积为. 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，，． （1）求的值； （2）当为何值时，与垂直？ 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）对展开并代入即可求解； （2）根据与垂直可得，代入，即可求解k． 【小问1详解】 因为，， 所以，则． 【小问2详解】 若与垂直，则， 从而，又因为，， 所以，解得． 16. 如图，在直三棱柱中，所有棱长均为4，D是AB的中点． （1）求证：平面； （2）求异面直线与所成角的正弦值． 【答案】（1）证明过程见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接交于，利用三角形中位线定理，结合线面平行的判定定理进行证明即可； （2）根据（1）的结论，结合异面直线所成角定理、直棱柱的性质、余弦定理、同角的三角函数关系式进行求解即可. 【小问1详解】 连接交于， 在直三棱柱中，所有棱长均为4， 因此四边形是正方形，所以是的中点，而D是AB的中点， 因此有，而平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 由（1）可知：， 因此异面直线与所成角为（或其补角）， 因为是正方形，所以， 在直三棱柱中，所有棱长均为4， 因此四边形是正方形，因此有， 在直三棱柱中，侧棱垂直于底面，因此也就垂直底面中任何直线， 因此有， 由余弦定理可知：， 因此. 17. 的内角、、的对边分别为、、，已知，的面积为． （1）求角的大小； （2）若，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理、三角形的面积公式可化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值； （2）由（1）可得出的值，结合正弦定理可求得的知，结合已知条件求出的值，由此可求出的周长. 【小问1详解】 由余弦定理可得，即， 因为，即，所以， 因为，故. 【小问2详解】 由正弦定理可得， 由（1）可得，可得， 所以，，则，故， 因为，所以， 故， 因此，的周长为. 18. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，． （1）证明：平面平面； （2）点在棱上，当二面角的余弦值为时，求． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先证明，，可得平面，进而可得结论； （2）过作交于，过作于，连接，先证明平面，可得为二面角的平面角，设，列方程求解即可. 【小问1详解】 连结，∵侧棱底面， 平面，∴． 又∵底面是正方形，∴． 而且，平面． ∴平面．又平面， ∴平面平面． 【小问2详解】 过作交于，过作于，连接． 在平面中，，， ∴，因为底面，∴平面， 又平面，∴， 又∵，，平面， ∴平面，又平面，∴， ∴为二面角的平面角． 故，则． 设，则，，． 在Rt中，，∴． 在Rt中，， ∴．所以，当二面角的余弦值为时，． 19. 如图1，由射线构成的三面角，二面角的大小为，类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到三维空间中的三面角余弦定理：. （1）如图2，在三棱锥中，为等腰直角三角形，为等边三角形，，求二面角平面角的正弦值； （2）如图3，在三棱锥中，平面，连接，，求三棱锥体积的最大值； （3）当时，请在图1的基础上，试证明三面角余弦定理. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）法1：构建三角形，算出各边，根据余弦定理可得解；法2：依题意，将相关数据代入三面角余弦定理求得，再求出 （2）依题意证明平面，将和分别用表示，求出的表达式，借助于二次函数的最值即得体积最大值. （3）在射线上一点，分别作，，即得二面角的平面角，在和中，由余弦定理分别求出，消去，整理后利用直角三角形中三角函数定义即可推得结论. 【小问1详解】 法1：取的中点，连接，如图所示， 则，于是是二面角的平面角， 设，则， 由余弦定理得， 故 法2：利用三面角余弦定理，设二面角的平面角为，则有， 计算得，故 【小问2详解】 二面角的平面角的大小为，利用三面角余弦定理得 ，计算得， 于是. 由于，则. ， 即当时，三棱锥体积的最大值为 【小问3详解】 如图过射线上一点在面作交于点， 在面内作交于点，连接， 则是二面角的平面角， 在中，由余弦定理得：， 在中，由余弦定理得：， 两式相减得：， 则， 两边同除以，得： ， 从而得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $