精品解析：福建省莆田第十五中学2025-2026学年高一下学期5月期中数学试题

福建省莆田第十五中学2025-2026学年高一下学期5月期中数学试题 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知复数，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第二象限 D. 第四象限 2. 已知向量，，若，则（    ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 如图，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形，若，那么原三角形的周长是（ ） A. B. C. D. 4. 已知两条不同直线，，两个不同平面，，有如下命题： ①若，，则或； ②若，，则； ③若，，，，则； ④若，，，则或与异面 以上命题正确的是（ ） A. ①② B. ②③ C. ①④ D. ②④ 5. 用一个平面截半径为3的球，截面面积为，则球心到截面的距离为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 6. 如图，在正方体中，分别为的中点，则下列命题正确的是（ ） A. 平面 B. 与相交 C. 与是异面直线 D. 四边形为正方形 7. 如图，在棱长均为的直三棱柱中，是的中点，过、、三点的平面将该三棱柱截成两部分，则顶点所在部分的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知的外接圆圆心为，角所对的边分别为，且，，若，则（ ） A. 8 B. 13 C. 16 D. 32 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分．） 9. 已知平面向量，，则（ ） A. B. 与可作为一组基底向量 C. 与夹角的余弦值为 D. 在方向上的投影向量的坐标为 10. 下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则的最小值为2 D. 若是关于的方程的根，则 11. 半正多面体亦称“阿基米德体”“啊基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体．某半正多面体由6个正方形和8个正六边形构成，其也可由正八面体（由八个等边三角形构成，也可以看作上、下两个正四棱锥黏合而成）切割而成．在如图所示的半正多面体中，若其棱长为1，则下列结论不正确的是（ ） A. B. 若平面平面，则 C. 该半正多面体的体积为 D. 该半正多面体的表面积为 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知复数（其中为虚数单位），则_________． 13. 已知圆锥的底面半径，高为，则这个圆锥的表面积是______. 14. 中，的角平分线交AC于D点，若且，则面积的最小值为________. 四、解答题 15. 已知复数，为虚数单位． （1）若复数的实部与虚部相等，求实数的值； （2）若复数在复平面内对应的点位于第二象限，求实数的取值范围； 16. 如图，在正方体中为的中点，为棱的中点，为棱的中点． （1）求证：四点共面； （2）求证：平面； （3）求正方体的外接球的表面积和体积． 17. 在四棱锥中，底面是平行四边形，点分别是 的中点，平面平面证明： （1） （2）平面EFG∥平面PBC． 18. 记的三个内角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若，且的外接圆半径为，求的面积. 19. 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），且正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍. （1）若，，求该几何体的体积. （2）若正四棱锥的侧棱长为，， （i）求正四棱锥的侧面积. （ii）若，分别是线段，上的动点，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福建省莆田第十五中学2025-2026学年高一下学期5月期中数学试题 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知复数，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第二象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简，再根据复数的几何意义判断即可. 【详解】，则在复平面内对应的点为，位于第二象限. 故选：B． 2. 已知向量，，若，则（    ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】首先利用向量的加减法则求出向量的坐标，然后根据向量平行求出参数即可. 【详解】因为， 所以. 因为，所以. 解得. 故选：D. 3. 如图，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形，若，那么原三角形的周长是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由斜二测画法原理将直观图转化为原图，根据原图运算求解即可. 【详解】由题意可得：， 由直观图可得原图，如图所示，可知：， 可得， 所以原三角形的周长. 故选：B. 4. 已知两条不同直线，，两个不同平面，，有如下命题： ①若，，则或； ②若，，则； ③若，，，，则； ④若，，，则或与异面 以上命题正确的是（ ） A. ①② B. ②③ C. ①④ D. ②④ 【答案】C 【解析】 【详解】对于①，若，，则或，所以①正确； 对于②，若，，则与平行或异面，所以②错误； 对于③，缺少与相交的条件，无法推出，所以③错误； 对于④，若，，，则或与异面，所以④正确. 5. 用一个平面截半径为3的球，截面面积为，则球心到截面的距离为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据球的截面的性质即可求解. 【详解】根据截面面积为可知：截面圆的半径，根据球心与截面圆的圆心的连线垂直于截面可知：球心到截面的距离为 故选：C 6. 如图，在正方体中，分别为的中点，则下列命题正确的是（ ） A. 平面 B. 与相交 C. 与是异面直线 D. 四边形为正方形 【答案】A 【解析】 【分析】由空间中线面的位置关系逐个判定即可. 【详解】因为分别为的中点，在正方体中易证平面，不在平面内，所以平面，A对， 在平面内，与平面相交于点，不在上，所以与为异面直线，B错， 因为分别为的中点，易知， 所以与共面，C错， 设正方体的棱长为2，易知，， ， 所以四边形为菱形而不是正方形，D错， 故选：A． 7. 如图，在棱长均为的直三棱柱中，是的中点，过、、三点的平面将该三棱柱截成两部分，则顶点所在部分的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设平面交于点，连接、，推导出点为的中点，用三棱柱的体积减去三棱台的体积即可得解. 【详解】设平面交于点，连接、， 在三棱柱中，平面平面，平面平面， 平面平面，所以，， 又因为且，故四边形为平行四边形，所以，， 所以，， 因为为的中点，所以，为的中点，且， 因为直三棱柱的每条棱长都为， 则， 易知是边长为的等边三角形，则， ， 因此，顶点所在部分的体积为. 故选：B. 8. 已知的外接圆圆心为，角所对的边分别为，且，，若，则（ ） A. 8 B. 13 C. 16 D. 32 【答案】B 【解析】 【分析】由余弦定理化简可得，再根据向量数量积运算律与数量积几何意义计算求解. 【详解】由余弦定理可得， 因为，代入化简可得，所以， 因为， 所以为边的中点，， 取的中点为， 因为是的外接圆圆心， 所以， 由数量积的几何意义可知， 同理， 所以. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分．） 9. 已知平面向量，，则（ ） A. B. 与可作为一组基底向量 C. 与夹角的余弦值为 D. 在方向上的投影向量的坐标为 【答案】BC 【解析】 【分析】对A：计算即可得；对B：借助基底向量的定义即可得；对C：借助平面向量夹角公式计算即可得；对D：借助投影向量定义计算即可得. 【详解】对A：，则，故A错误； 对B：易得与为不共线的向量，故与可作为一组基底向量，故B正确； 对C：，故C正确； 对D：，故D错误. 故选：BC. 10. 下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则的最小值为2 D. 若是关于的方程的根，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】设，，计算出判断A；利用复数单位的幂运算判断B；设，，得到，，根据，得到的最小值为1判断C，先求出二次方程的另一个根，然后利用韦达定理求得判断D． 【详解】设，，则， 又，， 所以成立，所以A正确． ，所以B正确． 设，，由于，则，即， 故， 由，得，则， 故当时，的最小值为1，所以C不正确． 因为是关于的方程的根， 所以也是关于的方程的根， 则，则，所以D正确． 故选：ABD． 11. 半正多面体亦称“阿基米德体”“啊基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体．某半正多面体由6个正方形和8个正六边形构成，其也可由正八面体（由八个等边三角形构成，也可以看作上、下两个正四棱锥黏合而成）切割而成．在如图所示的半正多面体中，若其棱长为1，则下列结论不正确的是（ ） A. B. 若平面平面，则 C. 该半正多面体的体积为 D. 该半正多面体的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据几何体的特征即可求解A，根据线面平行的性质即可求解B，根据锥体的体积，结合相似即可求解C，根据面积公式即可求解. 【详解】如图所示： 对A选项，易知为正方形，，A选项正确； 对B选项，，平面，平面， 平面，又平面，且平面平面， ，又，，B选项正确； 对C选项，根据题意可知上、下两个正四棱锥的所有棱长都为3， 上、下两个正四棱锥的高为边长为3的正方形的对角线一半，即为， 一个大正四棱锥的体积为， 又截去的一个小正四棱锥与大正四棱锥的相似比为， 一个小正四棱锥的体积为， 该半正多面体的体积为，C选项错误； 对D选项，根据题意可得该半正多面体的表面积为： ，D选项正确． 故选：ABD． 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知复数（其中为虚数单位），则_________． 【答案】2 【解析】 【分析】先利用复数除法运算化简复数，再利用复数模的公式求解即可. 【详解】因为， 所以. 故答案为：. 13. 已知圆锥的底面半径，高为，则这个圆锥的表面积是______. 【答案】 【解析】 【分析】先利用勾股定理求圆锥的母线长，再利用圆锥的侧面积公式求侧面积，加上底面积即可. 【详解】由题知，母线长， 所以圆锥的侧面积为， 底面积为， 所以圆锥的表面积为. 故答案为： 14. 中，的角平分线交AC于D点，若且，则面积的最小值为________. 【答案】 【解析】 【分析】由，结合三角形面积公式证明，根据基本不等式证明，由此求出面积的最小值. 【详解】因为，为的角平分线， 所以，又， 故由三角形面积公式可得， ， ， 又， 所以， 由基本不等式可得，当且仅当时等号成立， 所以， 所以，当且仅当时等号成立， 所以面积的最小值为. 故答案为：. 【点睛】知识点点睛：本题主要考查三角形面积公式和基本不等式，具有一定的综合性，问题解决的关键在于结合图形建立等量关系，结合三角形面积公式确定边的关系，属于较难题. 四、解答题 15. 已知复数，为虚数单位． （1）若复数的实部与虚部相等，求实数的值； （2）若复数在复平面内对应的点位于第二象限，求实数的取值范围； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据复数的定义由实部与虚部相等，列方程可得结果； （2）利用第二象限点坐标的特征，解不等式即可. 【小问1详解】 易知复数的实部为，虚部为， 依题意可得， 解得； 【小问2详解】 易知复数在复平面内对应的点坐标为， 由第二象限特征可知，解得； 因此实数的取值范围为. 16. 如图，在正方体中为的中点，为棱的中点，为棱的中点． （1）求证：四点共面； （2）求证：平面； （3）求正方体的外接球的表面积和体积． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）； 【解析】 【分析】（1）只需证明即可证明四点共面； （2）先由中位线定理得，再由线面平行的判定定理可得； （3）根据正方体的体对角线即为外接球的直径，进而可得外接球的表面积和体积. 【小问1详解】 如图：连接. 因为分别是线段的中点，所以. 又因为在长方体中，且，所以四边形是平行四边形， 所以，因此，根据平面的性质，四点在同一个平面内， 所以四点共面. 【小问2详解】 连接，交于点，因为是正方形，对角线互相平分，所以是的中点. 又是的中点，因此在​中，是中位线，故. 因为平面，平面，且， 由线面平行判定定理得：平面. 【小问3详解】 因为正方体的外接球的直径等于正方体的体对角线长， 正方体棱长，体对角线长，因此外接球半径. 所以外接球的表面积：， 外接球的体积： 17. 在四棱锥中，底面是平行四边形，点分别是 的中点，平面平面证明： （1） （2）平面EFG∥平面PBC． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）连接，利用线面平行的判定得到平面，再利用线面平行的性质推理得证. （2）利用线面平行的判定、面面平行的判定推理得证. 【小问1详解】 在四棱锥中，连接，由底面是平行四边形， 可得是的中点， 而是的中点，则， 又平面，平面，则平面， 而平面平面，平面，所以 【小问2详解】 由G，F分别是PA，AC的中点，得， 又平面，平面，则平面． 由（1）知，又平面，平面，则平面， 又因为，，平面， 所以平面平面. 18. 记的三个内角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若，且的外接圆半径为，求的面积. 【答案】（1） （2）4 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合正弦的和角公式计算即可； （2）利用正弦定理求出，结合余弦定理求出，利用三角形面积公式计算即可. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得， 又，则， 所以， 即， 化简得，又，， 所以，又， 所以. 【小问2详解】 设外接圆的半径为，则，所以， 由余弦定理得，结合， ，即，解得，则， 所以. 19. 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），且正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍. （1）若，，求该几何体的体积. （2）若正四棱锥的侧棱长为，， （i）求正四棱锥的侧面积. （ii）若，分别是线段，上的动点，求的最小值. 【答案】（1） （2）（ⅰ）（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）代入四棱锥和四棱柱的体积公式，即可求解； （2）（ⅰ）根据条件求四棱锥的底边长以及斜高，即可求解；（ⅱ）利用展开图，即可两点间距离，即可求解. 【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， 三棱锥的体积为， 所以该几何体的体积为； 【小问2详解】 （ⅰ），所以， 正四棱锥侧面的高为， 所以正四棱锥的侧面积为； （ⅱ）如图，将长方形，和展开在一个平面， ，，设 ，， ，所以， 所以， ， 当四点共线时，最短， 所以 所以的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $