福建三明第一中学2025-2026学年高一下学期5月期中考试数学试题

**基本信息** 高一数学期中卷注重基础与创新融合，涵盖复数、解三角形、立体几何等核心知识，以分形几何（豪斯多夫维）、动点轨迹等问题设计，考查数学眼光与探究思维。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题58分|复数象限判断、解三角形、面面平行判定|单选基础巩固（如复数），多选分层考查（如空间线面关系）| |填空题|3题15分|分层抽样、球截面距离、正方体与球最值|结合实际情境（抽样）与空间几何（球心距）| |解答题|5题77分|向量共线、几何体体积与最值、解三角形、立体几何探究、分形几何|第19题引入分形几何情境，考查豪斯多夫维计算与迭代分析，体现数学建模；第18题立体几何动点问题，融合空间观念与逻辑推理|

三明一中 2025—2026 学年下学期半期考 高一数学试卷 (考试时间：120分钟 试卷满分：150分) 第一部分(选择题共58分) 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.复数 (i虚数单位)在复平面上所对应的点位于( ) A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D.第四象限 2.已知 则 A.15 B. - 2 C.2 D.3 3.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=2,A=45°,B=75°,则c=( ) A. B.2 C. D.3 4.已知圆锥母线长为 ，底面半径为2，则经过两条母线的平面截此圆锥所得截面的面积最大值为( ) A. 3 B. 2 C. D. 5.点O在平行四边形ABCD所在平面外，AC与BD交于点M ，则 A. B. C. D. 6.如图,在长方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中, AB=2BC=2CC₁=4, E, F 分别为BC, CC₁的中点,点P在矩形BCC₁B₁内运动(包括边界),若A₁P∥平面AEF ，则动点P的轨迹长度为( ) A.2 B. C. D. 7. △ABC中, a,b,c分别是内角A、B、C的对边,若 且 则△ABC的形状是( ) A.有一个角是的等腰三角形 B.等边三角形 C.三边均不相等的直角三角形 D. 等腰直角三角形 8. O为平面内的定点， 的夹角为 则x+y的最大值为( ) A.1 B. 2 C. 3 D. 4 学科网（北京）股份有限公司 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. α，β为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，下列说法中正确的是( ) A.若α∥β,m⊂α,则m∥β B. 若m∥α,n⊂α,则m∥n C. 若m⊥α,m∥n,则n⊥α D.若α⊥β,α∩β=n,m⊥n,则m⊥β 10.已知四边形 ABCD 是边长为 2 的正方形，M 为正方形 ABCD 所在平面上一点，且 则( ) A.若 则 B.若 则 C.若x+y=1,则 D.若x+y=1,则 的取值范围是[-2，0] 11.已知三棱柱 的底面是边长为 2的正三角形, G,M,N分别为AB,BC,A₁C₁的中点,若 则( ) A. AA₁⊥BC B.三棱柱A 的体积为 C. A₁M 与AN所成的角的余弦值为 D.平面MNG截三棱柱所得 截面面积为 第二部分(非选择题共92分) 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.某校为了解学生的学习情况，采用比例分配的分层随机抽样的方法，从高一1000人、高二1200人、高三1400人中抽取若干人进行问卷调查，若高二被抽取30人，则高三被抽取 人. 13.已知球的半径为10，有一个平面α截球所得的截面的面积是36π.则球心到这个平面α的距离为 . 14.已知正方体 的棱长为1，球O与正方体的各面均相切，P为球O上一点，M，N分别为AC, AD₁上的点,则 的最小值为 . 学科网（北京）股份有限公司 四、解答题：本题共5 小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚。 15.(13 分)已知m，n是平面内两个不共线的向量， 且A,C,E三点共线. (1) 求λ的值; (2) 已知 点D的坐标为(2，3)，若四边形ABCD为平行四边形，求点 A的坐标. 16.(15分)现有一几何体由上，下两部分组成，上部是正四棱锥. 下部是正四棱柱 (如图所示)，且正四棱柱的高O₁O是正四棱锥的高PO₁的4倍. (1)若 求该几何体的体积. (2)若正四棱锥的侧棱长为6， (i)求正四棱锥. 的侧面积. (ii)若Q是线段BB₁上的动点，求 的最小值. 17.(15分)已知△ABC,其内角A, B, C的对边分别为a,b, c, 且2c+b=2acosB. (1) 求A; D 是BC的中点,求AD的长. 18.(17分)已知菱形ABCD的边长为2,∠BAD=60°,平面ABCD外一点P在平面ABCD上的射影是AC与BD的交点O, △PDB是等边三角形. (1) 求证: AC⊥平面PBD; (2)求点D到平面PBC的距离； (3)若点E 是线段AD上的动点，问：点E 在何处时，直线PE与平面PBC所成的角最大?求出最大角的正弦值，以及此时线段DE 的长. 19.(17分)在经典欧氏空间中确定一个点位置所需要的独立坐标个数(自由度)即维度。例如，0维(点)的自由度f=0，不需要任何坐标就能确定位置；1维(直线)的自由度f=1，只需1个独立坐标x，2维(平面)的自由度f=2,需2个独立坐标(x,y);3维(空间)的自由度f=3,需3个独立坐标(x,y,z): ……这是拓扑维度(线性代数维度)的本质定义，即独立自由度的数量。 但是用自由度定义出来的永远是整数维，只能描述规整的欧氏几何体。 学科网（北京）股份有限公司 而科赫曲线、肺泡、谢尔宾斯基海绵这类分形体(指局部和整体具有高度雷同的结构)，是嵌入高维空间的低维拓扑流形。常见的肺泡曲面其拓扑自由度为2(膜结构)，但其豪斯多夫维 (其中k为分形体的缩放因子，N为迭代生成囊泡数，即甲乙两分形体的线性相似比为1：k，用 个甲可组合或堆叠得到乙，则认为该几何体为D维豪斯多夫空间体。事实上由于人基因的多元性，肺泡的豪斯多夫公认实验区间为：2.17~2.97)。豪斯多夫维描述的是几何体的空间填充复杂度。 a=1 b=2 如上图，两直线a与b的长度分为1与2，故它们的线性相似比就为1：2，即a是b缩放一半后所得，故缩放因子k=2，且两段(N=2)a可并排组合得到b，故直线的豪斯多夫维为1维。 (1)猜想正方形与正方体的豪斯多夫维，并给出适当解释；(6分) (2)求n阶科赫曲线的豪斯多夫维(保留2位小数点)；(4分) (3)取棱长为1的正方体 第 1次迭代：将每条棱三等分，把正方体分割为27个全等的小正方体，挖去正中心1个与6个面中心共7个小正方体，剩余20个小正方体；重复该操作不断迭代，即可得到谢尔宾斯基海绵。 (i)经过一次迭代后，求谢尔宾斯基海绵剩余几何体的体积；(2分) (ii)经过一次迭代后，假设谢尔宾斯基海绵体的空腔内部有一个半径可变的小球，求该小球体积最大值；(3分) (iii)经过n次迭代后，谢尔宾斯基海绵的体积呈现何种变化，请说明理由。(2分) 参考数据: ln2=0.693, ln3=1.098 三明一中 2025—2026 学年下学期半期考 高一数学科答案 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 2 3 4 5 6 7 8 D C C A B B D C 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 10 11 AC AC ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共 15分。 12. 35 13. 8 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚。 15. (本小题满分13分) 【小问1详解】 因为 且 又因为A，E，C三点共线，所以 所以 即 所以 解得 所以 【小问2详解】 由(1)得 所以 由四边形ABCD为平行四边形得 设A(x,y),且点D的坐标为(2,3),则 所以 解得 即A(7,2). 16. (本小题满分15分) 【小问1详解】 由条件可知，正四棱柱的高 所以正四棱柱的体积为6×6×8=288， 三棱锥 的体积为 所以该几何体的体积为288+24=312； 【小问2详解】 所以 正四棱锥 侧面的高为 所以正四棱锥的侧面积为 (ii)将正方形 展开在一个平面， 当A,Q,C₁三点共线时, 最短， 所以 所以 的最小值为 17. (本小题满分15分) 【小问1详解】 由题意2sinC+sinB=2sinAcosB, 且 sin C= sin(B+A)= sin BcosA+cosBsinA, 即2sinBcosA+2cosBsinA+ sin B=2sinAcosB, 得2sinBcosA+sinB=0,且B∈(0,π),则sinB≠0, 可得 且A∈(0,π),所以 【小问2详解】 如图： 因为 由 所以 解得b=2, 在△ABC中，由余弦定理得 则 又D为BC边上的中点，所以 在△ABC中，由余弦定理得，则 在△ABD中，由余弦定理得 所以 18. (本小题满分17分) 【小问1详解】 ∵点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O， ∴PO⊥平面ABCD, ∵AC⊂平面ABCD, ∴PO⊥AC, ∵四边形ABCD为菱形, ∴BD⊥AC, ∵PO∩BD=O, PO,BD⊂平面PBD, ∴AC⊥平面PBD. 【小问2详解】 由题意可得△ABD，△BCD与△PBD都是边长为2的等边三角形， 设点D到平面PBC 的距离为h， 由 得 即 解得 故点D到平面PBC的距离为 【小问3详解】 设直线PE与平面PBC 所成的角为θ， ∵AD∥BC⇒AD∥平面PBC, ∴E到平面PBC 的距离即为D到平面PBC 的距离h， 过E作垂线EF⊥平面PBC交于点F ,则θ=∠EPF , 此时 要使θ最大，则需使PE最小，此时 由题意可知： ∵PO⊥平面ABCD,且 在△PAD中，由余弦定理可得： 由面积相等 即 解得： 即点E在线段AD上靠近点D的4等份点处，此时 19. (本小题满分17分) 【小问1详解】 正方形的豪斯多夫维：D=2；正方体的豪斯多夫维：D=3。 正方形是二维平面图形，当缩放因子 k=2时，4个小正方形才能拼成大正方形，即 故 D=2;正方体是三维立体图形，缩放因子 k=2时，需要8个小正方体才能拼成大正方体，满足 故 D=3. 【小问2详解】 科赫曲线每次迭代分为 N=4段，缩放因子 k=3，由豪斯多夫维公式 得 代入1n2=0.693, 1n3=1.098,得 D=1.26. 【小问3详解】 (i)原正方体体积 V=1，每条棱三等分后，共得到27个小正方体，每个小正方体体积为 挖去7个，剩余20个，故剩余体积 (ii)一次迭代后，内部挖去中心小正方体棱长为 ，可放入的最大球的直径等于正方形对角线(即此时小球与棱相切)： 故最大半径 球体积为 (iii)体积随迭代次数n的增大逐渐减小，无限趋近于0。理由：每次迭代后体积变为原来的 n次迭代后体积为 因为 所以当n趋近∞时，趋近0. 学科网（北京）股份有限公司 $