精品解析：福建泉州市泉州一中、厦外石狮分校、泉港一中、德化一中四校联盟2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题

“泉州一中、厦外石狮分校、泉港一中、德化一中”四校联盟 2025—2026学年第二学期期中考 命题人：泉州一中 张国川 考试时间：120 分钟 总分：150 分 试卷分第 I 卷（选择题）和第 II 卷（非选择题）两部分 第I卷（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（是虚数单位）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. 如图，四边形是利用斜二测画法画出的水平放置的四边形的直观图，其中，，，．则四边形的面积是（ ） A. 3 B. C. 6 D. 4 3. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，下列命题为真命题的是（ ） A. 若，，，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 4. 在平面直角坐标系中，，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 在△ABC中，已知，，，则角C为（ ） A. 45° B. 105° C. 45°或135° D. 15°或 105° 6. 如图，在中，，，且与交于点，设，则（ ） A. -1 B. C. D. 7. 如图，四边形是边长为2的正方形，，，，都垂直于底面，且，点在线段上，平面交线段于点，则截面四边形的周长的最小值为（ ） A. B. 5 C. D. 10 8. 在中，，则的面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 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. 设为复数，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 复数与分别表示向量与，则表示向量的复数为 C. 若为虚数，则也为虚数 D. 若复数满足，则复数对应的点所构成的图形面积为 10. 下列关于向量的命题正确的是（ ） A. 在中，为边上一点，且，则 B. 对任意向量，，恒成立 C. 非零向量，，，满足，，则 D. 向量，共线的充要条件是存在实数，使得成立 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，动点在侧面内（包含边界），则下列结论正确的是（ ） A. 若是线段的中点，则四面体的体积为 B. 若，则点的轨迹长度是 C. 若存在点，使平面，则长度的最小值是 D. 若为棱的中点，三棱锥的顶点都在球的表面上，则球的表面积为 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. 若圆台的上下底面半径分别为1和4，侧面积为，则圆台的体积为________. 13. 如图，测量河对岸塔楼的高度时，可以选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，米，在点测得塔顶的仰角，则塔高为_____________米． 14. 已知三边的垂直平分线交于点，且，则的取值范围是________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知为虚数单位，复数． （1）当实数取何值时，是纯虚数； （2）当时，复数是关于的方程的一个根，求实数的值． 16. 已知平面向量． （1）若，且，求的坐标； （2）若与的夹角为锐角，求实数的取值范围． 17. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，分别为，，的中点. （1）求证：点，，，四点共面 （2）求证：平面平面. （3）在线段上是否存在一点，使得平面?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 18. 已知中，角所对的边分别为，满足． （1）求角的大小； （2）若，求周长的最大值； （3）若，为线段上一点，满足，求的面积． 19. 设平面内两个非零向量的夹角为，定义一种新运算“”：. （1）已知向量，求； （2）设向量，且，证明：； （3）已知向量，若，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ “泉州一中、厦外石狮分校、泉港一中、德化一中”四校联盟 2025—2026学年第二学期期中考 命题人：泉州一中 张国川 考试时间：120 分钟 总分：150 分 试卷分第 I 卷（选择题）和第 II 卷（非选择题）两部分 第I卷（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（是虚数单位）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】A 【解析】 【分析】化简，再根据复数的几何意义求解即可 【详解】，在第一象限 故选：A 【点睛】本题主要考查了复数的除法运算与几何意义，属于基础题 2. 如图，四边形是利用斜二测画法画出的水平放置的四边形的直观图，其中，，，．则四边形的面积是（ ） A. 3 B. C. 6 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】根据斜二测画法将直观图还原，即可求解. 【详解】根据斜二测画法得出，，， 将直观图还原，如下图. 四边形是直角梯形， 上、下底分别为，，高， 所以四边形的面积. 故选： A. 3. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，下列命题为真命题的是（ ） A. 若，，，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】C 【解析】 【分析】由空间中直线与直线，直线与平面，平面平面的位置关系逐一判断各个选项即可. 【详解】A：由，可知、可能平行或相交，A错误； B：由，，可知、可能平行或异面，B错误； C：由，，，可知，C正确； D：由，，，可知、可能平行或异面，D错误. 故选：C 4. 在平面直角坐标系中，，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，求得，得到，结合投影向量的计算方法，即可求解. 【详解】由平面直角坐标系中，，，可得， 则， 所以向量在向量上的投影向量为. 故选：B. 5. 在△ABC中，已知，，，则角C为（ ） A. 45° B. 105° C. 45°或135° D. 15°或 105° 【答案】D 【解析】 【分析】由正弦定理得到方程，求出或，从而根据三角形内角和求出角C. 【详解】由正弦定理得，即， 所以，故或， 当时，， 当时，. 故选：D 6. 如图，在中，，，且与交于点，设，则（ ） A. -1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别利用和三点共线表示出，再利用平面向量的基本定理列方程组，解出即可. 【详解】因为，，三点共线，且，所以 又因为，，三点共线，且， 所以， 可得，解得，， 所以. 7. 如图，四边形是边长为2的正方形，，，，都垂直于底面，且，点在线段上，平面交线段于点，则截面四边形的周长的最小值为（ ） A. B. 5 C. D. 10 【答案】D 【解析】 【分析】先根据面面平行得到，，然后确定当，，三点共线时，最小，进而得出结果. 【详解】由题意，平面平面， 平面平面，平面平面， 所以，同理可得， 所以四边形为平行四边形，则周长， 沿将相邻两四边形展开， 当，，三点共线时，最小，最小值为5， 所以周长的最小值为10. 8. 在中，，则的面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由条件等式，先用正弦定理将转化为对边和外接圆半径，得到，再代入余弦定理，化简后得到，然后写出三角形面积，由余弦定理得，于是，代入面积得，最后利用 及均值不等式，求得最大面积为 . 【详解】在 中，设 ，，. 根据正弦定理 ，为三角形外接圆半径. 将条件 转化为边的关系： 左边: ， 右边：， 等式两边相等得： ，化简得. 结合余弦定理 ， 代入上式得:整理得 . 三角形面积 . 由，得， 代入面积公式：， 由基本不等式 ，得 ，即 (当且仅当 时取等号)， 此时 取得最大值 ，故 . 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. 设为复数，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 复数与分别表示向量与，则表示向量的复数为 C. 若为虚数，则也为虚数 D. 若复数满足，则复数对应的点所构成的图形面积为 【答案】BCD 【解析】 【详解】对于A，设，则， 又，故，故A错误； 对于选项B，由题意可知，， 所以，所以表示向量的复数为，故B正确； 对于C，因为为虚数，为实数，所以为虚数，即也为虚数，故C正确； 对于选项D，设复数，若复数满足，即， 则复数对应的点在以原点为圆心半径分别为1和的同心圆形成的圆环内， 所以复数对应的点所构成的图形面积为，故D正确； 10. 下列关于向量的命题正确的是（ ） A. 在中，为边上一点，且，则 B. 对任意向量，，恒成立 C. 非零向量，，，满足，，则 D. 向量，共线的充要条件是存在实数，使得成立 【答案】AC 【解析】 【分析】根据平面向量共线定理、向量的线性运算等知识，依次分析各选项即可. 【详解】对于A，，， ，故A正确. 对于B，若，不共线，则，，可构成三角形，则，故B错误； 对于C，为非零向量，当时，； 当时，， ，则，故C正确； 对于D，若，，则，共线，但不存在实数，使得，故D错误． 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，动点在侧面内（包含边界），则下列结论正确的是（ ） A. 若是线段的中点，则四面体的体积为 B. 若，则点的轨迹长度是 C. 若存在点，使平面，则长度的最小值是 D. 若为棱的中点，三棱锥的顶点都在球的表面上，则球的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【详解】根据三棱锥体积公式计算判断A，应用向量关系证明线线平行判断B，应用线面平行及边长计算判断C，结合墙角模型补成长方体计算判断D. 【分析】对于A，当是线段的中点，此时点到平面的距离为2， 所以，A正确. 对于B，若，又，且平面， 则， 点的轨迹是正方形内以点为圆心，1为半径的四分之一圆弧， 的轨迹长度为，B选项正确； 对于C，取线段的中点，线段的中点， 当点位于线段上时，，平面，平面，所以平面， 又，平面，平面，所以平面， ，，平面，所以平面平面， 平面，平面， 此时有，，，， 所以为直角三角形，当位于点时，长度的最小值是，C错误. 对于D，因为平面，把三棱锥补成长方体， 则直径长为， 则球的表面积为，D正确. 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. 若圆台的上下底面半径分别为1和4，侧面积为，则圆台的体积为________. 【答案】 【解析】 【分析】由圆台侧面积公式可得母线长，再求出圆台的高，利用圆台的体积求解即可. 【详解】设圆台母线长为，则，所以，所以圆台的高为， 所以圆台的体积为. 13. 如图，测量河对岸塔楼的高度时，可以选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，米，在点测得塔顶的仰角，则塔高为_____________米． 【答案】 【解析】 【分析】应用正弦定理求，再由即可求塔高． 【详解】由题设， 由正弦定理知，即， 所以米． 故答案为：． 14. 已知三边的垂直平分线交于点，且，则的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】利用线性关系表示出和，代入原式并转化为关于的函数式，求二次函数取值范围即可 【详解】如图所示，由题知是的外心，取中点，连接， 可得，故. 因为， 所以， 由是的中线，可得，且， 故. 已知，可得：， 由，，可得， 将代入目标式： ， 设，则，为开口向上的二次函数，对称轴为，， 当时，取最小值（此时，三角形存在，最小值可取）； 当时，，但，故.因此的取值范围是. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知为虚数单位，复数． （1）当实数取何值时，是纯虚数； （2）当时，复数是关于的方程的一个根，求实数的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用纯虚数的定义列方程组求解即可； （2）当时，，再将其代入方程，利用复数相等列方程组，解得参数即可. 【小问1详解】 若复数z是纯虚数，则， 解得， 所以得. 【小问2详解】 当时，， 把代入方程， 得， 整理得，， 所以，解得. 16. 已知平面向量． （1）若，且，求的坐标； （2）若与的夹角为锐角，求实数的取值范围． 【答案】（1）或； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用向量线性运算的坐标表示，结合向量垂直及模的坐标求法求解即得. （2）利用向量夹角公式，列式求解即得. 【小问1详解】 由，得，由，设， 由，得，解得， 所以的坐标是或. 【小问2详解】 依题意，，由与的夹角为锐角，得，且与不共线， 因此，解得且， 所以实数的取值范围是. 17. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，分别为，，的中点. （1）求证：点，，，四点共面 （2）求证：平面平面. （3）在线段上是否存在一点，使得平面?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）存在，. 【解析】 【分析】（1）易得，进而可得，再由平面公理即可证明； （2）先利用线线平行证明线面平行，再根据线面平行证明面面平行即可； （3）取中点，连接，，，利用中位线定理，结合平行四边形性质证明四边形是平行四边形，即证，再根据线面平行的判定定理即证结果. 【小问1详解】 证明：，分别为，的中点，， 底面是平行四边形，. ，所以点，，，四点共面. 【小问2详解】 由（1）知，因为平面，平面，平面. ，分别为，的中点，， 因为平面，平面，平面. 又，，平面，所以平面平面. 【小问3详解】 线段上存在一点，使得平面，且. 证明如下：取的中点，连接，，， 因为，，分别是，，的中点，，， 所以，，所以四边形是平行四边形， 所以，因为平面，平面， 所以平面，此时． 18. 已知中，角所对的边分别为，满足． （1）求角的大小； （2）若，求周长的最大值； （3）若，为线段上一点，满足，求的面积． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）将已知条件进行边角转化，利用三角恒等变换求解即可； （2）结合余弦定理及基本不等式求解即可； （3）设，利用余弦定理及与互补，可得①，在中，由余弦定理可得②，由①②，求得，代入面积公式求解即可. 【小问1详解】 因为， 所以． 整理得：， 即，， 而,故，又因为，所以； 【小问2详解】 ，， 由余弦定理可得：， 即， 又因为，当且仅当时，等号成立； 所以， 当且仅当时，等号成立， 所以， 所以，当且仅当时，等号成立， 所以周长，当且仅当时，等号成立， 所以周长的最大值为； 【小问3详解】 如图所示： 设， 则， 在中，由余弦定理可得： ， 在中，由余弦定理可得： ， 又因为与互补， 所以， 所以①， 在中，由余弦定理可得： ， 整理得，② 由①②可得：， 解得， 所以 19. 设平面内两个非零向量的夹角为，定义一种新运算“”：. （1）已知向量，求； （2）设向量，且，证明：； （3）已知向量，若，求的值. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由向量夹角公式求出，再得出，根据新定义求解； （2）类比（1）求出，得出，利用新定义证明即可； （3）根据（2）代入求解推出，再由三角恒等变换求解. 【小问1详解】 设的夹角为，则， 所以， 所以， 故. 【小问2详解】 设的夹角为， 则， 所以 ， 则， 于是，. 【小问3详解】 由题意，， 则由（2）的公式可得：， 又，则得， 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $