精品解析：福建泉州市四校（泉州外国语、南安华侨、石狮八中、城东中学）2025-2026学年高一下学期期中联考数学试题

2025-2026学年高一下学期期中考试卷 高一年数学科 一．选择题（共8小题） 1. 已知，则（ ） A. B. C. 2 D. 2. 已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列正确的是（　　） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 3. 一个圆台的母线长为，上、下底面的半径分别为2，5，则圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 4. 在中，，，，则边上的高为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，正四棱柱中，，若直线与直线所成的角为，则直线与平面所成的角为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在中，，，为上一点，且满足 ，若，，则值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知四面体的各顶点均在球O的球面上，平面，，，三角形的外接圆半径是，则球O的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在中，，，，D是BC的中点，，AD与CE交于点F.则（ ） A. B. C. D. 二．多选题（共3小题） 9. 已知复数 （为虚数单位），则下列说法正确的是（　　） A. 的虚部为 B. C. 的共轭复数 D. 复数在复平面内对应的点位于第四象限 10. 如图，已知正方体的棱长为2，则下列四个结论正确的是（ ） A. 直线与为异面直线 B. 平面 C. 三棱锥的体积为 D. 平面过点且平面，则平面截正方体所得截面的图形的周长为 11. 在中，角，，所对的边分别为，，，且，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则的外接圆的面积为 B. 若且有两解，则的取值范围为 C. 若且为锐角三角形，则的取值范围为 D. 若且，为的内心，则的面积为 三．填空题（共3小题） 12. 已知，，与夹角为，则在方向上的投影向量为_________．（用表示） 13. 在正四棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为_____. 14. 如图，已知圆锥的母线长为2，高为，为底面圆心，且，为线段上靠近点的四等分点，则在此圆锥的侧面上，从到的最短路径长度为__________. 四．解答题（共5小题） 15. 已知向量． （Ⅰ）若，求的值； （Ⅱ）若，求向量与夹角的大小． 16. 设复数. （1）若是实数，求m的值； （2）若是纯虚数，求复数z的共轭复数. 17. 已知分别为的内角所对的边，且. （1）求； （2）已知是边的中点，求的最大值. 18. 如图，在三棱锥中，，分别为棱，的中点，，，，，． （1）若平面平面，求证：； （2）在（1）的条件下，求直线与平面所成角的正弦值； （3）若，为线段上一动点，求的最小值． 19. 离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面．已知三棱锥如图所示． （1）求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； （2）若平面，三棱锥在顶点处的离散曲率为，求点到平面的距离． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高一下学期期中考试卷 高一年数学科 一．选择题（共8小题） 1. 已知，则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为， 所以. 2. 已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列正确的是（　　） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项分析，即可判断． 【详解】对于A，若，，则与可能相交、平行或异面，故A错误； 在B中，若，，则α与β可能相交或平行，故B错误； 在C中，若，，则由线面垂直的性质定理得，故C正确； 在D中，若，，则α与β可能相交或平行，故D错误． 3. 一个圆台的母线长为，上、下底面的半径分别为2，5，则圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据圆台的结构特征求出圆台的高，然后利用圆台的体积公式求出其体积即可. 【详解】取上下底面的圆心，则即为圆台的高，如图所示， 在中，， 根据勾股定理可得. 所以圆台的体积为. 故选：A. 4. 在中，，，，则边上的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】在中，，，， 由余弦定理得 ， 则．设边上的高为，由等面积法可得， 则． 5. 如图，正四棱柱中，，若直线与直线所成的角为，则直线与平面所成的角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】连接与交于点，先利用线面垂直的条件证得平面，可知即为直线与平面所成的角，从而得出答案. 【详解】连接与交于点，，所以即为直线与直线所成的角，即．该几何体为正四棱柱，，可得，所以． 连接，易得，平面，平面，所以平面， 所以即为直线与平面所成的角，，所以． 故选：A. 6. 如图，在中，，，为上一点，且满足 ，若，，则值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先根据平面向量基本定理求，再利用基底表示和，再结合数量积运算，即可求解. 【详解】由条件可知，， 则，即，则， ， 所以， . 故选：D 7. 已知四面体的各顶点均在球O的球面上，平面，，，三角形的外接圆半径是，则球O的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由条件证明的中点为四面体的外接球的球心，再求外接球的半径，结合球的表面积公式求结论. 【详解】的中点为， 因为平面，平面， 所以，又，，平面， 所以平面，又平面， 所以，故为直角三角形，且为斜边， 所以， 因为平面，平面， 所以，故为直角三角形，且为斜边， 所以，所以， 所以四面体的外接球的球心为，故点与点重合， 由已知，，所以， 所以球的半径， 所以球O的表面积. 8. 如图，在中，，，，D是BC的中点，，AD与CE交于点F.则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据三角函数的定义求出和的长度，再利用向量的加法的长度，再利用向量的乘法求出，进而利用向量夹角的余弦公式即可求得的值． 【详解】由，则， 且，得， 又是的中点，即是中线，则， 则，得， 所以 故选：D． 二．多选题（共3小题） 9. 已知复数 （为虚数单位），则下列说法正确的是（　　） A. 的虚部为 B. C. 的共轭复数 D. 复数在复平面内对应的点位于第四象限 【答案】AB 【解析】 【分析】先求出复数的代数形式，然后再利用复数的概念和几何意义逐一判断即可． 【详解】由 ， 对于A，所以的虚部为，故A正确； 对于B，所以 ，故B正确； 对于C，所以的共轭复数，故C错误； 对于D，所以复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第三象限，故D错误． 10. 如图，已知正方体的棱长为2，则下列四个结论正确的是（ ） A. 直线与为异面直线 B. 平面 C. 三棱锥的体积为 D. 平面过点且平面，则平面截正方体所得截面的图形的周长为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对 A，利用异面直线的判定定理，通过判断直线与平面的位置关系判定；对 B，利用线面平行的判定定理，结合正方体中证明；对 C，先计算底面的面积，再根据三棱锥体积公式计算的体积并判断正误；对 D，通过确定截面为等边三角形，计算其边长和周长判断. 【详解】对于A，因为平面，平面，，所以直线与为异面直线，A正确； 对于B，因为在正方体中，，平面，平面，所以平面，B正确； 对于C，则由正方体的性质可得为等腰直角三角形，所以的面积为2，故三棱锥的体积为，C错误； 对于D，连接,则平面即为平面，截面图形为等边三角形，所以平面截正方体所得截面的图形的周长为，D正确. 11. 在中，角，，所对的边分别为，，，且，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则的外接圆的面积为 B. 若且有两解，则的取值范围为 C. 若且为锐角三角形，则的取值范围为 D. 若且，为的内心，则的面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】先由正弦定理得到，选项A，求出，进而由正弦定理得到的外接圆的半径和表面积；B选项，由正弦定理得到，再结合正弦函数的值域求出b的取值范围；C选项，由正弦定理结合得到，再根据为锐角三角形得到，从而得到c的取值范围；D选项，由正弦定理得到，，结合三角恒等变换得到，由直角三角形性质得到内切圆半径，进而求出的面积. 【详解】因为，所以由正弦定理，得， 即 ， 因为，所以，且，所以. 选项A：若，则，所以的外接圆的直径 ， 所以， 所以的外接圆的面积为，故选项A错误； 选项B：由正弦定理可得， 故，因为有两解，且，所以， 故，即b的取值范围为，故选项B正确； 选项C：由正弦定理，得 ，即， 因为，所以， 因为为锐角三角形，所以 ，即，所以， 所以，故选项C正确； 选项D：因为，由正弦定理得， 因为，所以， 所以由正弦定理，得，即， 所以， 即，所以， 所以， 又因为，所以，故，，解得 ， 因为，所以， 即是直角三角形，所以内切圆的半径为，     所以的面积为，故选项D正确. 故选：BCD. 三．填空题（共3小题） 12. 已知，，与夹角为，则在方向上的投影向量为_________．（用表示） 【答案】 【解析】 【分析】利用投影向量的概念可得出结果. 【详解】由题意可知，在方向上的投影向量为. 故答案为：. 13. 在正四棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据正四棱柱的几何性质，结合异面直线所成角的定义、余弦定理进行求解即可. 【详解】连接， 正四棱柱中， 有且，四边形为平行四边形， 则有， 则就是异面直线与所成的角． 设，则， 中，由余弦定理得． 故答案为： 14. 如图，已知圆锥的母线长为2，高为，为底面圆心，且，为线段上靠近点的四等分点，则在此圆锥的侧面上，从到的最短路径长度为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据圆锥的侧面展开图、两点间直线距离最短以及余弦定理求得正确答案. 【详解】圆锥的底面半径为， 由于， 所以为钝角，且，所以. 圆锥的侧面展开图如图， 沿母线展开的圆锥的侧面展开图中弧所对的圆心角为， 连接，可得从到的最短路径长度为： . 故答案为： 四．解答题（共5小题） 15. 已知向量． （Ⅰ）若，求的值； （Ⅱ）若，求向量与夹角的大小． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）． 【解析】 【分析】（Ⅰ）首先求出的坐标，再根据，可得，即可求出，再根据向量模的坐标表示计算可得； （Ⅱ）首先求出的坐标，再根据计算可得； 【详解】解：（Ⅰ）因为，所以， 由，可得， 即，解得，即， 所以； （Ⅱ）依题意， 可得，即， 所以， 因为， 所以与的夹角大小是． 16. 设复数. （1）若是实数，求m的值； （2）若是纯虚数，求复数z的共轭复数. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用复数的乘法运算化简，根据实数条件得到虚部为零，求得的值； （2）利用复数的除法运算化简，利用纯虚数的条件求得的值，进而得解. 【小问1详解】 由题知 若是实数，则，解得； 【小问2详解】 由题知 若是纯虚数，则，解得，所以. 17. 已知分别为的内角所对的边，且. （1）求； （2）已知是边的中点，求的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理与两角和的正弦公式求解即可； （2）利用平面向量，余弦定理，以及基本不等式求解即可. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得：， 因为， 所以， 因为，所以，所以， 所以，即， 因为，所以，所以，所以． 【小问2详解】 因为，，所以， 因为是的中点，所以， 所以 ， 因为，所以，即， 所以， 当且仅当时，等号成立．所以的最大值为． 18. 如图，在三棱锥中，，分别为棱，的中点，，，，，． （1）若平面平面，求证：； （2）在（1）的条件下，求直线与平面所成角的正弦值； （3）若，为线段上一动点，求的最小值． 【答案】（1）证明见详解 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直，证明线面垂直，进而证明线线垂直； （2）先根据线线垂直，面面垂直，得到是直线与平面所成的角，再根据三角函数的定义及余弦定理求出的值，从而根据勾股定理求出的值，进而根据三角函数的定义即可求出答案； （3）连接，根据题意，结合（2）及勾股定理求出，，，从而得到，再将绕直线旋转得到，说明的最小值为，进而根据三角函数的定义，诱导公式及余弦定理即可求出即可． 【小问1详解】 由，为的中点， 则， 又平面平面，平面平面， 则平面， 又平面， 所以． 【小问2详解】 由，平面平面，平面平面， 则平面，所以是直线与平面所成的角， 在中， 由，， 则，， 又，， 则由余弦定理有， 即，解得， 又平面，平面，则， 所以， 所以， 故直线与平面所成角的正弦值为． 【小问3详解】 如图，连接． 当时，由为的中点，则， 由（2）知，，，则， 所以， 又是的中点，则， 又由（2）知，，则，且， 则， 又，所以， 如图，将绕直线旋转得到，使与在同一平面内，且点在内， 则当，，三点共线时，最小，即的最小值为． 在中，，，， 则， 则， 所以在中， 由余弦定理得， 即的最小值为． 19. 离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面．已知三棱锥如图所示． （1）求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； （2）若平面，三棱锥在顶点处的离散曲率为，求点到平面的距离． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据所给的定义，表示，，，，再相加，即可求解； （2）先根据题设中垂直关系结合点处的离散曲率求得、，然后过点作于点，利用线面垂直的判定定理得平面，即可求解点面距离. 【小问1详解】 根据离散曲率的定义得， ， ， 又因为 ， 所以； 【小问2详解】 因为平面，平面，所以， 又因为，，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，即 所以，所以，过点作于点， 由平面，平面，得， 又，，平面，则平面， 因此点到平面的距离为线段的长， 在△中，， 所以点到平面的距离为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $