精品解析：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

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（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. B. C. 2 D. 3 3. 已知的内角所对的边分别为，若，则（ ） 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. 点在平行四边形所在平面外，与交于点，则（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在长方体中，，E，F分别为BC，的中点，点P在矩形内运动（包括边界），若平面AEF，则动点P的轨迹长度为（ ） A. 2 B. C. D. 7. 中，、、分别是内角、、的对边，若且，则的形状是（ ） 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120°，，，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 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. （多选）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，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知四边形是边长为2的正方形，为正方形所在平面上一点，且，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则的取值范围是 11. 已知三棱柱的底面是边长为2的正三角形，分别为的中点，若，则（ ） A. B. 三棱柱的体积为 C. 与所成的角的余弦值为 D. 平面截三棱柱所得的截面面积为 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，有一个平面截球所得的截面的面积是．则球心到这个平面的距离为______． 14. 已知正方体的棱长为1，球与正方体的各面均相切，为球上一点，，分别为，上的点，则的最小值为________. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚． 15. 已知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，若四边形ABCD为平行四边形，求点A的坐标． 16. 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6， ①求正四棱锥的侧面积． ②若是线段上的动点，求的最小值． 17. 已知，其内角的对边分别为，且 ． （1）求； （2），D是BC的中点，求AD的长． 18. 已知菱形的边长为2，，平面ABCD外一点P在平面上的射影是与的交点O，是等边三角形． （1）求证：平面； （2）求点D到平面的距离； （3）若点E是线段上的动点，问：点E在何处时，直线与平面所成的角最大？求出最大角的正弦值，以及此时线段的长． 19. 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，不需要任何坐标就能确定位置；1维(直线)的自由度，只需1个独立坐标x，2维(平面)的自由度，需2个独立坐标；3维(空间)的自由度，需3个独立坐标：……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． 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． 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； （2）求n阶科赫曲线的豪斯多夫维(保留2位小数点)； （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． ①经过一次迭代后，求谢尔宾斯基海绵剩余几何体的体积； ②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． 参考数据：ln2=0.693，ln3=1.098 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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（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 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法运算先化简，进而由几何意义即可求解. 【详解】复数 ​. 在复平面上所对应的点为，故位于第四象限. 故选：D​ 2. 已知，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【详解】由题可得， 所以 ． 3. 已知的内角所对的边分别为，若，则（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】应用正弦定理计算求解. 【详解】中，若， 则，再应用正弦定理得， 则. 故选：C 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. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出轴截面的角度是钝角还是锐角，然后结合三角形面积公式即可求解. 【详解】设轴截面为，则， 所以，所以截面三角形面积的最大值为. 故选：A. 5. 点在平行四边形所在平面外，与交于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量的线性运算即可求解. 【详解】因为四边形为平行四边形，所以为和的中点， 所以， 故选：D. 6. 如图，在长方体中，，E，F分别为BC，的中点，点P在矩形内运动（包括边界），若平面AEF，则动点P的轨迹长度为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用面面平行得到轨迹的长度求解即可. 【详解】取的中点，的中点，连接，，， 根据正方体的结构特征，易得，， 因为平面，平面， 故平面，同理平面， 又，，平面， 所以平面平面，又平面，且面， 所以平面，即点在平面与平面的交线上， 由题知，所以动点的轨迹长度为. 故选：B. 7. 中，、、分别是内角、、的对边，若且，则的形状是（ ） 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 【答案】D 【解析】 【分析】由推导可得的平分线垂直于边BC，进而可得，再由给定面积导出得解. 【详解】如图所示，在边、上分别取点、，使、， 以、为邻边作平行四边形，则，显然， 因此平行四边形为菱形，平分，而，则有，即， 于是得是等腰三角形，即，令直线AF交BC于点O，则O是BC边的中点，， 而，因此有，从而得， 所以是等腰直角三角形. 故选：D 8. O为平面内的定点，，，的夹角为120°，，，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量的模的运算求得，利用配方法和基本不等式可求得的范围，进而可求得的最大值. 【详解】因为，，的夹角为120°， 所以. 因为，所以， 又， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以，所以，， 所以，所以的最大值为. 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. （多选）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，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】根据空间中直线与平面的关系，对选项逐一进行判断即可. 【详解】A，若，则，A正确． B，若，则m，n有可能平行、相交或异面，B不正确． C，若，由线面垂直的判定定理可得，，C正确． D，若，因为m不一定在平面内，所以m不一定垂直，D不正确． 故选： AC. 10. 已知四边形是边长为2的正方形，为正方形所在平面上一点，且，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则的取值范围是 【答案】AC 【解析】 【分析】根据给定条件，建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算逐项判断. 【详解】在正方形中，建立如图所示的平面直角坐标系， 则，，， 对于A，，，则，A正确； 对于B，，，，B错误； 对于C，，，，C正确； 对于D，，， ，D错误. 故选：AC 11. 已知三棱柱的底面是边长为2的正三角形，分别为的中点，若，则（ ） A. B. 三棱柱的体积为 C. 与所成的角的余弦值为 D. 平面截三棱柱所得的截面面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用线面垂直可证，故可判断A；利用线面垂直作出三棱柱的高，再用三棱柱体积公式计算即可判断B；利用定义作出异面直线所成角，结合余弦定理计算出角的余弦值可判断C；作图确定截面为梯形，利用公式求其面积可判断D. 【详解】对于选项A，，， 故，故，故， 而，平面， 故平面，而平面，故，故选项正确. 对于选项B，连接， 底面是边长为2的正三角形，，则， 和都是边长为等边三角形， 为中点，， 在中，利用余弦定理可得，， 过点作于点， 由上可知，平面，平面， 又平面，则， 由，，平面，可得平面， 所以就是三棱柱的高，且, 又，所以三棱柱的体积，故选项B错误. 对于选项C， 连接，在中，，利用余弦定理可得，解得， 延长至点，使，连接，则且， 即为与所成的角（或其补角）， 在中，,利用余弦定理可得，， 则在中，，，利用余弦定理可得，故选项C正确. 对于选项D，连接， 分别为的中点，, 四点共面，则平面截三棱柱所得的截面即为梯形， ,为等腰三角形， 底边上的高，即梯形的高为， 梯形的面积为，故选项D正确. 故选：ACD. 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． 【答案】35 【解析】 【分析】根据分层抽样的基本原则，计算各层人数即可. 【详解】设高三抽取人，则由分层抽样可知，解得， 故答案为：35. 13. 已知球的半径为10，有一个平面截球所得的截面的面积是．则球心到这个平面的距离为______． 【答案】8 【解析】 【分析】由条件可得截面圆的半径，然后由勾股定理列出方程，即可得到结果. 【详解】因为截面的面积是，设截面圆的半径为，即，所以， 且球的半径， 设球心到这个平面的距离为，则，即，解得, 所以球心到这个平面的距离为. 故答案为： 14. 已知正方体的棱长为1，球与正方体的各面均相切，为球上一点，，分别为，上的点，则的最小值为________. 【答案】 【解析】 【分析】首先利用球面上点的特点转化，作交于，通过作二面角的平面角，将转化为，在平面展开图中，通过化曲为直，继续转化，根据梯形的中位线公式求出的值即可得解. 【详解】 如图1，易知为正方体的中心，球的半径，. 所以. 连接交于，可知是二面角的平面角. 在中，. 对于上一点，当时，取得最小值， 此时，作交于，连接， 可知也是二面角的平面角， 在中，，所以. 如图2，将平面沿直线翻折，使之与平面重合. 作于，交于点， 则有，当且仅当与重合时等号成立. 作交延长线于，则为等腰直角三角形， ，所以， 所以. 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、证明过程或演算步聚． 15. 已知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，若四边形ABCD为平行四边形，求点A的坐标． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据向量的加减法求出 ，再利用向量共线的性质列出方程，进而求出的值； （2）由（1）以及向量的加减法求出，设点，可求出，再根据平行四边形的性质得到，最后列出方程组求解点的坐标. 【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，且点D的坐标为，则， 所以， 解得， 即． 16. 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6， ①求正四棱锥的侧面积． ②若是线段上的动点，求的最小值． 【答案】（1）312 （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据求正四棱柱的高，分别计算正四棱柱和正四棱锥的体积，相加得到几何体体积； （2）①利用勾股定理求底面边长和侧面斜高，计算正四棱锥的侧面积； ②将正四棱柱的侧面展开为平面图形，利用两点之间线段最短，计算的最小值. 【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， 正四棱锥的体积为 所以该几何体的体积为. 【小问2详解】 ①，所以， 正四棱锥侧面的高为 所以正四棱锥的侧面积为 ②将正方形展开在一个平面， ， 当三点共线时，最短， 所以. 所以的最小值为. 17. 已知，其内角的对边分别为，且 ． （1）求； （2），D是BC的中点，求AD的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理化边为角，结合展开化简，求得，再结合可得； （2）由面积公式求，用余弦定理求，再次在中用余弦定理，得AD的长. 【小问1详解】 由题意和正弦定理得 ， 且 ， 即 ， 得，且，则， 可得且，所以. 【小问2详解】 如图： 因为 由 所以 解得， 在中，由余弦定理得 则又D为BC边上的中点，所以 在中，由余弦定理得，则 在中，由余弦定理得 所以 18. 已知菱形的边长为2，，平面ABCD外一点P在平面上的射影是与的交点O，是等边三角形． （1）求证：平面； （2）求点D到平面的距离； （3）若点E是线段上的动点，问：点E在何处时，直线与平面所成的角最大？求出最大角的正弦值，以及此时线段的长． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）点E在线段上靠近点D的四等份点处，此时最大角的正弦值， 【解析】 【分析】（1）由题可得平面，故，根据菱形的性质可得，再根据线面垂直的判定定理即可证明； （2）由已知可得，与都是边长为2的等边三角形，可求出，做，即可求出，结合即可求解； （3）由线面平行的判定定理可得平面，可得到平面的距离即为到平面的距离，过作垂线平面交平面于点，要使角最大，则需使最小，此时， 由余弦定理可求，即可求得，从而求解． 【小问1详解】 ∵点P在底面上的射影是与的交点O， 所以平面， 因为平面，所以， 因为四边形为菱形，所以， 因为，⊂平面， 所以平面． 【小问2详解】 由题意可得，与都是边长为2的等边三角形， ， 则 ， 所以， 作，所以， 则， 设点D到平面的距离为， 由，则 即 解得 故点D到平面的距离为 ； 【小问3详解】 设直线与平面所成的角为， 因为 平面， 所以E到平面的距离即为D到平面的距离， 过E作垂线平面交平面于点，则， 此时 ,要使最大，则需使最小，此时 由题意可知 ， ∵平面，且 ， 所以 在△PAD中，由余弦定理可得： ， 所以 ， 则 ，， ，， 即点E在线段上靠近点D的4等份点处，此时. 19. 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，不需要任何坐标就能确定位置；1维(直线)的自由度，只需1个独立坐标x，2维(平面)的自由度，需2个独立坐标；3维(空间)的自由度，需3个独立坐标：……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． 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． 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； （2）求n阶科赫曲线的豪斯多夫维(保留2位小数点)； （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． ①经过一次迭代后，求谢尔宾斯基海绵剩余几何体的体积； ②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． 参考数据：ln2=0.693，ln3=1.098 【答案】（1）正方形与正方体的豪斯多夫维分别为2，3，解释见解析； （2）1.26； （3）①；②；③答案见解析. 【解析】 【分析】（1）由题干信息可得到正方形与正方体对应的，据此可得答案. （2）由图形可得科赫曲线对应的，据此可得答案； （3）①由题设描述可得一次迭代后的体积；②由题设可得内部小球半径最大为，据此可得答案；③由迭代过程可得变化趋势. 【小问1详解】 当正方形边长变为原来，则需4个小正方形才能组成原本的大正方形， 即，从而； 当正方体棱长变为原来，则需8个小正方体才能组成原本的大正方体， 即此时，从而. 则正方形与正方体的豪斯多夫维分别为2，3； 【小问2详解】 由图可得，科赫曲线由初始线段开始，每一步将每条线段三等分， 移除中间一段，用两条等长线段（长度为原线段长度的）形成一个等边三角形的两边， 则每一步中，每条线段被替换为4条小线段，每条小线段长度为原线段的. 则，从而 ； 【小问3详解】 ①一次迭代后，剩余几何体体积为：； ②一次迭代后，几何体内部空间由7个小正方体构成，因球体完全位于内部， 则球体半径为小正方体棱长的一半即，从而球体体积为：； ③注意到每次迭代后，体积均会变为原本体积的，则迭代n次后，体积为， 则当逐渐增大时，因，谢尔宾斯基海绵的体积会逐渐接近于0. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $