精品解析：福建厦门熹海高级中学2025-2026学年第二学期高一年段数学期中考试试卷

厦门翔安高级中学2025-2026学年第二学期高一年段 数学期中考试试卷 一、单选题 1. 若z是复数，且（i为虚数单位），则z的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由 ，得 ， 所以z的共轭复数是 . 2. 在中，，则的值为（ ） A. B. 5 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量数量积公式求出答案. 【详解】由题意得的夹角为， . 故选：D 3. 在中，角所对的边分别为，若，则（ ） A. B. 2 C. 1或2 D. 2或 【答案】C 【解析】 【分析】由余弦定理即可求. 【详解】由余弦定理得， 化简得，解出或2. 故选：C. 4. 如图，为水平放置的的直观图，其中，，则原平面图形的面积为（ ）． A. 4 B. C. D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】由题意，还原直观图得原图后，可得，结合三角形面积公式即可求解. 【详解】因为，， 所以， 如图所示，还原直观图得原图： 所以， 则原平面图形的面积为. 故选：A. 5. 表面积为的圆锥，它的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的底面直径为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由圆锥的侧面展开图为半圆求得，再利用圆锥的表面积得到关于的方程，解之即可. 【详解】由题意得，设圆锥的底面半径为，母线长为，则，得， 故该圆锥的侧面积为，底面积为， 所以圆锥的表面积为，则， 所以该圆锥的底面直径为． 故选：C. 6. 在中，已知，，，D为BC的中点，则线段AD的长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为是中点，由向量的中点公式可得：， 将上式两边平方得： . 已知，，且，代入得： ， 对两边开平方得：. 7. 已知向量，且，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据条件求出，再根据投影向量的概念计算在上的投影向量. 【详解】由，得：. 又. 所以在上的投影向量为：. 故选：C 8. 已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为，则的面积为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作图，取AC中点，根据圆锥的性质及二面角的定义计算PD、AC长即可. 【详解】 如图所示，∵AB为底面直径，，， ∴是等腰三角形，由余弦定理可得，， 由圆锥的特征易知， 取中点D，连接， 显然有，即二面角为， ∴，则， ∴， 故选：B 二、多选题 9. 下列关于复数的四个命题，其中为真命题的是（ ） A. B. 的虚部为 C. 在复平面内对应的点在第三象限 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】先化简复数，利用复数的性质依次判断即可. 【详解】首先化简复数 ， 对于A，根据复数模的计算公式，，故A正确； 对于B，，其中虚部为的系数，故B正确； 对于C，在复平面内对应的点坐标为，位于第一象限，故C错误； 对于D，根据完全平方公式计算 ，故D正确. 10. 在中，角的对边分别为，若，则的值可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】借助正弦定理可得，即可得. 【详解】由，则，即， 则或， 当时， 当时，. 故选：AD. 11. 如图所示，正方体的棱长为1，，分别是棱，的中点，过直线的平面分别与棱，交于点，，以下四个命题中正确的是（ ） A. 四边形一定为菱形 B. 平面平面 C. 四棱锥体积为 D. 四边形的周长最小值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，由正方体的性质得平面平面，从而，同理得，再由，得四边形为菱形；对于B，连接，，，推导出，，从而得到平面平面；对于C，求出四棱锥的体积进行判断；对于D，四边形是菱形，当点，分别为，的中点时，四边形的周长最小． 【详解】连接，，，，，显然，且，所以为平行四边形， 所以，由题意得，平面，平面，所以， ，平面，所以平面，则平面， 平面，所以平面平面，故B正确； 由正方体的性质得平面平面， 平面平面，平面平面，故， 同理得，又平面，平面，， 四边形为菱形，故A正确； 对于C，四棱锥的体积为： ，故C正确； 对于D，四边形是菱形， 四边形的周长， 当点，分别为，的中点时，四边形的周长最小， 此时，即周长的最小值为，故D错误． 故选：ABC． 三、填空题 12. 已知向量，，且，则______． 【答案】 【解析】 【详解】向量 ，由，得 ，所以. 13. 在正方体中，异面直线与所成的角的余弦值为___ 【答案】 【解析】 【分析】先求得异面直线与所成的角，进而得到异面直线与所成的角的余弦值. 【详解】连接，如下图： 在正方体中，平面， 因为平面，所以， 又，，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 则异面直线与所成的角为， 则异面直线与所成的角的余弦值为. 故答案为：. 14. 圆柱容球定理是古希腊数学家阿基米德最引以为自豪的发现，具体内容是这样的：在圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，在当时并不知道球的面积和体积公式的情况下，阿基米德用穷竭法解决面积问题，用杠杆法解决体积问题．我们来重温这个伟大发现．在这个定理中，圆柱体积与球体积之比是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，利用圆柱和球的体积公式，准确计算，即可求解. 【详解】根据题意，在圆柱内有一个内切球，且球的直径恰好与圆柱的高相等， 设圆柱的底面半径为，则母线长为， 则圆柱的体积为，球的体积为， 可得，所以圆柱与球的体积比为. 故答案为：. 四、解答题 15. 如图，在底面是矩形的四棱锥中，底面，分别是的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面． 【答案】（1） 证明见解析 （2） 证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据中位线可得，进而可得，结合线面平行的判定定理分析证明； （2）根据题意可得，，结合线面垂直的判定定理分析证明. 【小问1详解】 因为分别是的中点，则，又因为，则， 且平面，平面，所以平面. 【小问2详解】 因为底面，则，又因为底面为矩形，则， 因为且平面，平面，所以平面， 由（1）得，所以平面. 16. 如图，在△ABC中，∠A=30°，D是边AB上的点，CD=5，CB=7，DB=3 （1）求△CBD的面积； （2）求边AC的长. 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理求得，即可得出，再由面积公式即可求解； （2）由正弦定理即可求解. 【详解】（1）在中，由余弦定理可得， 则， ； （2）在中，由正弦定理得， 即，解得. 17. 如图，观测站在目标的南偏西方向，经过处有一条南偏东走向的公路，在处观测到与相距31km的处有一人正沿此公路向处行走，走20km到达处，此时测得，相距21km. （1）求； （2）求，之间的距离. 【答案】（1） （2）15km 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理求出，即可求； （2）由正弦定理有求出，再由余弦定理有即可求解. 【小问1详解】 由题意知：，， 在中，由余弦定理 因为, 所以 【小问2详解】 ，,， 由题意知： 在中，由正弦定理得：，所以 由余弦定理得：， 即， 解得：或（舍） ，之间的距离为 18. 如图所示，正四棱锥，，，P为侧棱上的点，且，Q是的中点，E是侧棱上的点，且． （1）求正四棱锥的表面积； （2）求证：平面平面； （3）求直线与平面所成角的正切值． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）分别计算底面正方形面积和侧面四个全等三角形的面积，求和即可； （2）利用线面平行的判定定理，通过三角形中位线及平行线分线段成比例定理证明和，进而利用面面平行的判定定理得证； （3）找出点在底面的投影，构造直角三角形，利用正切定义求解． 【小问1详解】 因为是正四棱锥，所以底面为正方形，侧面是四个全等的等腰三角形， 则底面面积，取中点，连接，则， 在中，， 所以侧面积， 所以正四棱锥的表面积． 【小问2详解】 连接，与交于点，连接， 因为四边形为正方形，所以为中点， 因为是的中点，，即，又， 所以，即为的中点， 在中，分别为的中点，所以， 因为平面平面，所以平面， 在中，，所以， 又，即，所以，所以， 因为平面，平面，所以平面, 因为，平面，所以平面平面． 【小问3详解】 连接，因为是正四棱锥，所以平面， 又平面，所以， 在中，， 所以，取的中点，连接， 因为是的中点，是的中点，所以且， 因为平面，所以平面， 又平面，所以， 所以为直线与平面所成的角， 因为是中点，是中点，且， 所以， 在中，， 所以直线与平面所成角的正切值为． 19. 如图，设，是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与x轴、y轴正方向同向的单位向量，若向量，则把有序数对叫做向量在坐标系中的坐标． （1）已知，，，且，求t的值． （2）若对任意的，都有恒成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意，，结合数量积的运算律即可列方程求解的值； （2）原题条件等价于对任意的，恒成立，对分类讨论即可得解. 【小问1详解】 由题意，，因为， 所以， 解得； 【小问2详解】 因为，两边平方得， 即， 当时，对任意的，恒成立，故满足题意； 当时，对任意的恒成立， 此时当且仅当，解得，所以满足题意； 当时，对任意的恒成立， 此时当且仅当，解得，所以满足题意； 综上所述，所求为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门翔安高级中学2025-2026学年第二学期高一年段 数学期中考试试卷 一、单选题 1. 若z是复数，且（i为虚数单位），则z的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 2. 在中，，则的值为（ ） A. B. 5 C. D. 3. 在中，角所对的边分别为，若，则（ ） A. B. 2 C. 1或2 D. 2或 4. 如图，为水平放置的的直观图，其中，，则原平面图形的面积为（ ）． A. 4 B. C. D. 8 5. 表面积为的圆锥，它的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的底面直径为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 6. 在中，已知，，，D为BC的中点，则线段AD的长度为（ ） A. B. C. D. 7. 已知向量，且，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 8. 已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为，则的面积为（ ） A. B. 2 C. D. 二、多选题 9. 下列关于复数的四个命题，其中为真命题的是（ ） A. B. 的虚部为 C. 在复平面内对应的点在第三象限 D. 10. 在中，角的对边分别为，若，则的值可以是（ ） A. B. C. D. 11. 如图所示，正方体的棱长为1，，分别是棱，的中点，过直线的平面分别与棱，交于点，，以下四个命题中正确的是（ ） A. 四边形一定为菱形 B. 平面平面 C. 四棱锥体积为 D. 四边形的周长最小值为 三、填空题 12. 已知向量，，且，则______． 13. 在正方体中，异面直线与所成的角的余弦值为___ 14. 圆柱容球定理是古希腊数学家阿基米德最引以为自豪的发现，具体内容是这样的：在圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，在当时并不知道球的面积和体积公式的情况下，阿基米德用穷竭法解决面积问题，用杠杆法解决体积问题．我们来重温这个伟大发现．在这个定理中，圆柱体积与球体积之比是______． 四、解答题 15. 如图，在底面是矩形的四棱锥中，底面，分别是的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面． 16. 如图，在△ABC中，∠A=30°，D是边AB上的点，CD=5，CB=7，DB=3 （1）求△CBD的面积； （2）求边AC的长. 17. 如图，观测站在目标的南偏西方向，经过处有一条南偏东走向的公路，在处观测到与相距31km的处有一人正沿此公路向处行走，走20km到达处，此时测得，相距21km. （1）求； （2）求，之间的距离. 18. 如图所示，正四棱锥，，，P为侧棱上的点，且，Q是的中点，E是侧棱上的点，且． （1）求正四棱锥的表面积； （2）求证：平面平面； （3）求直线与平面所成角的正切值． 19. 如图，设，是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与x轴、y轴正方向同向的单位向量，若向量，则把有序数对叫做向量在坐标系中的坐标． （1）已知，，，且，求t的值． （2）若对任意的，都有恒成立，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $