精品解析：山东青岛第一中学2025～2026学年高一下学期期中数学试题

2025~2026学年青岛一中高一期中数学试题 一、单选题 1. 如图，在平行四边形中，边，，点E是对角线BD上靠近点D的三等分点，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知非零向量，满足，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 3. 已知正方体的棱长为4，点为的中点，则沿正方体表面从点到点的最短距离为（ ） A. 4 B. C. D. 8 4. 山东文旅宣传片以“东来山东，有山有水有风景”为主题，通过融合地域特色与人文风情，展现山东的自然景观与文化底蕴.诗人李白的“日观东北倾，两崖夹双石”，描写的正是山东众多闻名山水之一的泰山.如图，某游客为了测量泰山主峰玉皇顶的高度AB（单位：米），在地面上选择一个观测点，在附近的山峰顶端选择另一个测量点，在处测得处的仰角为，测得主峰玉皇顶最高点的仰角为山峰的高度CD为772.5米，且在处测得点的仰角为，点B，P，D在同一水平面的一条直线上，则玉皇顶的高度AB为（ ） A. 1030米 B. 1545米 C. 米 D. 米 5. 在空间四边形中，，且与所成的角为分别为的中点，则与所成角的大小是（ ） A. B. C. 或 D. 6. 如下图，在中，，，以BC的中点O为圆心，BC为直径在三角形的外部作半圆弧BC，点P在半圆上运动，设，，则的最大值为（ ） A. 5 B. 6 C. D. 7. 在正四棱锥中，是棱PA的中点，平面EBC将该正四棱锥分割成两部分，则体积较小部分与体积较大部分的体积之比为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，已知的面积为且，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 3 二、多选题 9. 软木锅垫一般用于餐厅、咖啡厅、酒店等公共饮食场所，可作广告饰品以提高形象．如图，这是一个边长为10厘米的正六边形的软木锅垫，则下列选项正确的是（ ） A. 向量与向量是相等向量 B. C. D. 10. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，，则的面积为2 C. 若，则 D. 若，则 11. 棱长为4的正方体，M为中点，F为侧面内一动点，且平面，过A，M，三点作正方体截面Ω，则（ ） A. 动点F的轨迹长为 B. 异面直线与成角正弦值为 C. 三棱锥的外接球体积为 D. 若Q为Ω上一点，则线段长度的取值范围为 三、填空题 12. 已知向量，，向量在向量方向上的投影向量的模为________． 13. 如图所示，在边长为的正方形铁皮上剪下一个扇形和一个圆，使之恰好围成一个圆锥，则该圆锥的表面积为____________. 14. 在中，为边上一点，，，，，.当面积最小时，________. 四、解答题 15. 设，是不共线的两个向量，若，，． （1）若，，且，求与的夹角； （2）若A，B，C三点共线，求m的值． 16. 在中，内角，，的对边分别为，，，，． （1）证明：； （2）设为的中点，且，求的面积． 17. 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． 18. 在中，角的对边分别为，，，点，，分别位于，，所在直线上，满足，，（，，）． （1）如图1，若三角形是边长为3的正三角形，且，求； （2）如图2，若，，交于一点， ①求的值，②若，，，，求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026学年青岛一中高一期中数学试题 一、单选题 1. 如图，在平行四边形中，边，，点E是对角线BD上靠近点D的三等分点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】在平行四边形中，边，，点是对角线上靠近点D的三等分点， 所以. 2. 已知非零向量，满足，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对进行两边平方，整理可得，代入夹角公示即可得解. 【详解】设与的夹角为， 由得， 所以， 所以． 故选：C. 【点睛】本题考查了向量求夹角，在解题时如遇等式量边为模，可作两边平方计算，属于中档题. 3. 已知正方体的棱长为4，点为的中点，则沿正方体表面从点到点的最短距离为（ ） A. 4 B. C. D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】将正方体的表面沿不同棱展开，使点和点落在同一平面内，然后利用勾股定理分别计算两种展开情况下的距离，最后比较大小，得出最短距离即可. 【详解】绘制题目示意图，如图所示： 绘制展开图： 情况一：如下展开： 求得. 情况二：如下展开： 求得， 情况三：如下图所示将侧面展开： 则， 对比可知沿正方体表面从点到点的最短距离为, 故选：B. 4. 山东文旅宣传片以“东来山东，有山有水有风景”为主题，通过融合地域特色与人文风情，展现山东的自然景观与文化底蕴.诗人李白的“日观东北倾，两崖夹双石”，描写的正是山东众多闻名山水之一的泰山.如图，某游客为了测量泰山主峰玉皇顶的高度AB（单位：米），在地面上选择一个观测点，在附近的山峰顶端选择另一个测量点，在处测得处的仰角为，测得主峰玉皇顶最高点的仰角为山峰的高度CD为772.5米，且在处测得点的仰角为，点B，P，D在同一水平面的一条直线上，则玉皇顶的高度AB为（ ） A. 1030米 B. 1545米 C. 米 D. 米 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，得到，在直角中，求得米，在中，由正弦定理求得米，再在直角中，结合，即可求解. 【详解】由题意知，， 在直角中，，，可得米， 在中，由正弦定理，可得米， 在直角中，可得米. 故选：B. 5. 在空间四边形中，，且与所成的角为分别为的中点，则与所成角的大小是（ ） A. B. C. 或 D. 【答案】C 【解析】 【分析】取的中点，连接，由线线角的定义找到与、与所成角的平面角，根据已知求与所成角的大小. 【详解】如图所示，取的中点，连接， 所以且，且， 综上，或其补角为与所成的角，或其补角为与所成的角. 与所成的角为，或， 由，知，则为等腰三角形， 当时，；当时，， 故与所成角的大小为或. 故选：C 6. 如下图，在中，，，以BC的中点O为圆心，BC为直径在三角形的外部作半圆弧BC，点P在半圆上运动，设，，则的最大值为（ ） A. 5 B. 6 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】以为原点，建立平面直角坐标系，求得向量，利用向量的数量积的坐标运算公式，得到，即可求解. 【详解】以为原点，所在的直线分别为轴、轴建立平面直角坐标系，如图所示， 在中，，为的中点，所以， 则，其中， 可得， 所以，其中， 当时，即时，有最大值，最大值为. 故选：D. 7. 在正四棱锥中，是棱PA的中点，平面EBC将该正四棱锥分割成两部分，则体积较小部分与体积较大部分的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先得到截面，并由等体积法得到各个几何体之间的体积关系，得到答案 【详解】如图所示，在正四棱锥中，是棱PA的中点， 取PD的中点为，连接EF，BE，CF，CE，CA，FA， 所以，因为，所以， 所以，，，四点共面，所以平面EBC在四棱锥上的截面是平面BCFE. 平面BCFE把四棱锥分为两个部分，设四棱锥的体积为，高为. 设四边形的面积为， 则， 同理. 设点到平面AEF的距离是， 则， 即，故， 所以体积较小部分与体积较大部分的体积之比为. 8. 在中，已知的面积为且，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】利用面积建立等量关系，结合余弦定理和辅助角公式等价变形可得关于的不等式，解不等式即可得到结果. 【详解】∵的面积为且， ∴，∴. 由余弦定理得， ， ∴，即， ∴， ∵， ∴，解得，即BC的最小值为. 故选：C. 【点睛】思路点睛：本题考查解三角形综合问题，具体思路如下： 根据面积可得，由余弦定理和辅助角公式可得，结合可得，解不等式可得结果. 二、多选题 9. 软木锅垫一般用于餐厅、咖啡厅、酒店等公共饮食场所，可作广告饰品以提高形象．如图，这是一个边长为10厘米的正六边形的软木锅垫，则下列选项正确的是（ ） A. 向量与向量是相等向量 B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【详解】根据相等向量的定义判断A，根据数量积的定义判断B，C，根据向量的线性运算定义求，再解三角形求其大小，判断D. 对于A，由图可得向量与向量方向相同，大小相等， 所以向量与向量相等向量，A正确． 对于B，由图易得，，则向量与向量的夹角为， 则，B错误． 如图，因为 ，， 则，C正确． 为正三角形，连接交于点，由对称性可知，， 且，，则 ， ， 故 ，D正确． 10. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，，则的面积为2 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】A，由，代入，利用基本不等式判断；B，由余弦定理的推论有，整理得到，利用余弦定理推论和三角形面积公式求解；C，由正弦定理和余弦定理的推论得到，再由切化弦求解；D，由，得到，从而，再将边转化为角求解. 【详解】对于A，因为，所以， 当且仅当时第二个大于等于号中的等号成立， 故当时，，所以，A正确； 对于B，根据余弦定理的推论有，所以. 整理得，则，则， 故的面积为，B错误； 对于C，由正弦定理和余弦定理的推论得， 所以， ，C正确； 对于D，若，则，则，其中“”，当且仅当时，成立， 所以，所以，D错误. 故选：AC. 11. 棱长为4的正方体，M为中点，F为侧面内一动点，且平面，过A，M，三点作正方体截面Ω，则（ ） A. 动点F的轨迹长为 B. 异面直线与成角正弦值为 C. 三棱锥的外接球体积为 D. 若Q为Ω上一点，则线段长度的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于的中点H,G，连接，证明平面，即可判断点的轨迹；对于B，由于，结合余弦定理以及平方关系则可求解；对于C，只需判断三棱锥的外接球即正方体的外接球则可求解；对于D，先证明点为的中点，从而根据面面平行的性质定理可得到截面即为平面，从而线段长度的最大值为线段的长，最小值为四棱锥的底面上的高即可求解． 【详解】对于A，如图，分别取的中点H,G，连接， 因为为的中点，易得， 则得四边形是平行四边形，故， 因平面平面，故平面， 又因， 则得四边形是平行四边形，故， 又因为，故， 因平面平面，故平面， 又平面， 故平面平面， 又因平面，故平面， 故点的轨迹为线段，又， 所以动点的轨迹长为，故A正确； 对于B，由于，则即为异面直线与成角， 由于，，， 则由余弦定理可得， 则，故B错误； 对于C，由题意三棱锥的外接球即为正方体的外接球， 因正方体的棱长为4，则其外接球的直径为， 故三棱锥的外接球体积为，故C正确； 对于D，如图，设平面与平面交于，点在上， 因平面平面，平面平面，故， 同理可证，即得是平行四边形，故点为的中点． 在四棱雉中，显然侧棱最长，其长度为； 设四棱锥的高为，因，故四边形是菱形， 则的边上的高为面对角线长的一半，为， 又，故，而， 由，可得：， 解得， 综上，可知线段长度的取值范围为，故D正确． 故选：ACD. 三、填空题 12. 已知向量，，向量在向量方向上的投影向量的模为________． 【答案】3 【解析】 【详解】向量在向量方向上的投影向量为， 故向量在向量方向上的投影向量的模为. 13. 如图所示，在边长为的正方形铁皮上剪下一个扇形和一个圆，使之恰好围成一个圆锥，则该圆锥的表面积为____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据扇形的弧长与圆锥底面周长的关系可求得小圆半径和扇形半径之间的关系，继而结合正方形的对角线长，列式求出底面圆的半径，继而求得圆锥的表面积，即得答案. 【详解】如图1，过圆心作于，于， 则四边形为正方形，设小圆半径为，扇形半径为，则， 小圆周长为，扇形弧长为， 剪下一个扇形和圆恰好围成一个圆锥，，解得， 即，， 正方形铁皮边长为，， ，； 在图2中，圆锥的表面积. 故答案为：. 14. 在中，为边上一点，，，，，.当面积最小时，________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据三角形面积公式可得，利用正弦定理化简计算可得，利用换元法（）得，结合二次函数的图象与性质求解即可. 【详解】， 所以. 在中，由正弦定理得，化简得. 在中，由正弦定理得，化简得. 故， 令， 则， 由二次函数性质可知，， 函数开口向下，对称轴为， 所以当时，取得最大值， 即当，取最小值， 此时. 故答案为： 四、解答题 15. 设，是不共线的两个向量，若，，． （1）若，，且，求与的夹角； （2）若A，B，C三点共线，求m的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用即可求解； （2）由共线定理及待定系数即可求解. 【小问1详解】 依题意，时， ，因为， 所以， 又，所以， 则，而， 所以与的夹角为． 【小问2详解】 因为，， 且A，B，C三点共线，所以存在，使得，即， 则，解得． 16. 在中，内角，，的对边分别为，，，，． （1）证明：； （2）设为的中点，且，求的面积． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】(1)运用正弦定理与三角恒等变换转化三角形的边角关系即可求解； （2）运用余弦定理、三角形面积公式等知识求出相应的量即可求解. 【小问1详解】 （1）由已知及正弦定理，得， 即． 因为， 所以． 由正弦定理及，得，即． 【小问2详解】 （2）由（1），得． 因为，所以． 由余弦定理，得（※）， 将，，，代入（※）式，得， 化简，得， 解得（舍去）或．所以． 由余弦定理，得，所以． 所以的面积． 17. 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． 18. 在中，角的对边分别为，，，点，，分别位于，，所在直线上，满足，，（，，）． （1）如图1，若三角形是边长为3的正三角形，且，求； （2）如图2，若，，交于一点， ①求的值，②若，，，，求． 【答案】（1） （2）①1；② 【解析】 【分析】（1）根据平面向量共线定理用两种方法分别表示出，再根据平面向量基本定理列出方程组，求解即可； （2）①把的面积分别表示成两个三角形面积的差，进而求出面积的比，同理求出的值，相乘即可；②通过做平行线，利用三角形全等及相似得到及的值，在和中分别用余弦定理建立等式，求出的长，进而求出及，再利用三角形的面积公式求解即可. 【小问1详解】 设，则，因为，， 所以， 由图可知三点共线，所以令 ， 所以，解得，所以. 【小问2详解】 ① 如图，过点作于点，过作于点， 因为， 同理， 所以， ， 所以，同理可证，，， 因为，，， 所以由图可知， 所以. ② 如图所示，过点作交于点，过作交于点， 由，，可得， 所以，所以， 由，，可得，且， 所以，，即， 设，则由余弦定理可得， ， 即，解得， 所以， 故， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $