精品解析：福建厦门市第六中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题

厦门六中2025—2026学年高一下学期期中质量检测 数学试题 总分：150分 考试时间：120分钟 命题人：审核人： 一、单选题（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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.） 1. 如图，在三棱台A'B'C'-ABC中，截去三棱锥A'-ABC，则剩余部分是(　　) A. 三棱锥 B. 四棱锥 C. 三棱柱 D. 三棱台 【答案】B 【解析】 【分析】结合图形以及四棱锥的结构特征即可判断. 【详解】剩余部分是四棱锥A'-BCC'B'. 故选：B. 2. 相交直线都在平面内，直线在平面内，则“且”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用线面垂直、面面垂直的判定，结合充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】由相交直线都在平面内，且，得，而直线在平面内， 因此，故充分性成立； 反之，若，直线在平面内，则直线在平面内，或平行于平面，或与平面相交， 所以直线与平面也不一定垂直，即直线不一定垂直平面的所有直线， 所以直线l不一定都与相交直线垂直，故必要性不成立. 故选：A 3. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】， ，则， 即. 4. 已知正四棱台的上、下底面的面积分别为1和4，侧面积为6，则该棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据正四棱台的截面特征求出棱台的高，代入棱台的体积公式求解即可. 【详解】由题意知，该正四棱台上表面边长为1，下表面边长为2，设侧面梯形的高为，棱台的高为. 作正四棱台的截面图如下： 则，解得. 所以. 所以该棱台的体积为. 5. 在中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意利用正、余弦定理运算求解. 【详解】由余弦定理得，则． 由正弦定理得，即，所以. 故选：A． 6. 如图，四边形是平行四边形，点分别为的中点，若以向量，为基底表示向量，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意可得，， ， 设， 所以， 整理得， 所以，解得， 所以． 7. 如图，在直三棱柱 中，，，点 是线段 上靠近 的三等分点，则直线 与 所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，可以用正方体模型补形解题，通过平移找出线线所成的角度借助余弦定理解题即可. 【详解】根据题意，可以补充成一个棱长为3的正方体. 如图所示.取的三等分点,连接，根据正方体性质，知道. 则为直线 与 所成角或补角. 连接，.根据正方体性质，知道． 在中，余弦定理知道，, 则直线 与 所成角的余弦值为. 故选：C． 8. 已知平面向量、、满足：与的夹角为锐角.，，，且的最小值为，向量的最大值是（ ）. A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因，则， 由最小值为，且由二次函数分析可知，当时，取得最小值， 所以，解得， 又与的夹角为锐角，则，此时，所以， 设，又， 所以， 因，故. 故选：C 二、多选题（本题共3小题，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. 已知直线，平面，则下列结论正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据面面、线面平行、垂直的判定定理以及性质依次判断选项即可. 【详解】对于A，因为，由平面平行传递性可得，故A正确； 对于B，，则与可以平行，也可以相交，故B错误； 对于C，根据两个相交平面同时垂直于第三平面，则它们的交线垂直于第三平面，故C正确； 对于D，根据若一条直线与两个相交平面分别平行，则这条直线与两个平面的交线平行，故D正确； 故选：ACD 10. 已知三条边的长度为连续的正整数为正整数)，且最小角的余弦值为，则（    ） A. 是锐角三角形 B. 的面积为 C. 外接圆半径为 D. 若是最大角，则 【答案】BD 【解析】 【分析】根据余弦定理列出方程求出边长，再根据余弦定理以及正弦定理求解即可. 【详解】三边为连续正整数：（），最小角对最小边，记最小角为， 则，由余弦定理， 化简得，解得，因此三边长为2，3，4. 对于选项A，最大角对最大边，记最大角为，由余弦定理，为钝角， 故是钝角三角形，所以A错误； 对于选项B，，则，三角形面积，所以B正确； 对于选项C，由正弦定理，外接圆半径，，则，，，所以C错误； 对于选项D，由二倍角公式，所以D正确． 11. 如图，在棱长为1的正方体中，E为上的动点（不与点重合），则下列结论正确的是（ ） A. 平面平面 B. 直线到平面的距离为 C. 三棱锥的体积为定值 D. 存在一点E，使得直线与平面所成角为 【答案】ABC 【解析】 【分析】由面面垂直的判定可判断A，由等体积法可判断B，由线面平行可判断C，由线面角的定义可判断D. 【详解】对于A：由正方体易知平面，又在平面内，所以平面平面，正确； 对于B：正方体中，易知，又不在平面内，在平面内， 所以平面，设到平面的距离距离，，， 由等体积可得：，即， 所以，所以直线到平面的距离为，正确； 对于C，，由B知，平面，所以点到平面的距离为定值， 又的面积为定值，故三棱锥体积为定值，故正确； 对于D，连接， 由正方体易知直线与平面所成角, 所以，若存在一点，使得直线与平面所成角为， 即需满足，也即， 而在等腰直角三角形中，，的最小值为，由知不能成立， 所以不存在点，使得直线与平面所成角为，D错误； 故选：ABC 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知，，，若、、三点共线，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据向量共线可得，即可根据正切的二倍角公式求解. 【详解】,由于、、三点共线，故共线， 因此，故， 则 13. 已知水平放置的是按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中， ，那么原的面积是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据斜二测画法将直观图还原，可得原图底边长和高，即可求出原图的面积. 【详解】还原该坐标系和直观图可得： 由斜二测画法的规定可知： ，， 则. 故答案为：. 14. 庑殿顶是中国传统建筑中的一种屋顶形式，其顶盖几何模型如图所示，底面是矩形，侧面由两个全等的等腰梯形和两个全等的等腰三角形组成.若，，四个侧面与底面的夹角的正切值均为，则该五面体的体积为______，与平面所成的角的正弦值为______. 【答案】 ①. 120 ②. 【解析】 【分析】根据两个平面的夹角可得，进而可求解长度，将五面体分割成棱柱和棱锥，即可由体积公式求解，根据线面角的定义以及三角形的边角关系，即可求解正弦值. 【详解】取的中点，连接， 过点作平面于点，过点作平面于点， 作，与相交于点，作，与相交于点，连接， 因为底面是矩形，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 又因为平面，平面平面，所以， 因为梯形与梯形是两个全等的等腰梯形，为全等的三角形， 所以点在直线上，且，, ，， 所以为平面与平面所成的角，故, 由于平面，平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面，又平面， 所以，所以为平面与平面所成的角，故, 进而可得, 所以. 则直三棱柱的体积, 四棱锥的体积为, 根据对称性可得四棱锥的体积也是24， 故该五面体的体积为. 由于平面，故即为与平面所成的角， 故 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. （1）已知向量，满足，，求． （2）已知向量，，若在方向上的投影向量为，且与的夹角是锐角，求实数的取值范围． 【答案】（1）；（2）且 【解析】 【分析】（1）根据向量数量积的运算规律及向量的模的计算公式求出，进一步求解即可. （2）先根据投影向量的计算公式求出，然后根据向量夹角为锐角即可得出，且与不共线，然后列出关于的不等式组，求解即可． 【详解】（1）由，得，即， 又，所以， 所以. （2）因为在方向上的投影向量为，所以， 所以，整理得，解得，即. 则，. 因为与的夹角是锐角，所以且与不共线， 所以，解得且. 故实数的取值范围为且. 16. 在中，角，，所对的边分别为，，，向量，，且. （1）求角； （2）若，且的面积为，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由向量平行的坐标表示和正弦定理边化角得到，再结合，化简求解即可； （2）由三角形面积公式求得，再由余弦定理求得，即可求解. 【小问1详解】 由得：， 边化角得：， 在中，， 故， 代入上式得：， 展开化简得：， 因为，， 两边同除以得：​， 又， 因此：； 【小问2详解】 由三角形面积公式， 代入， 得： 由，代入，， 得， 即， 因为，故， 故的周长为​. 17. 如图，在四棱锥中，底面为梯形，，垂直于面，，，，为棱的中点． （1）求证：平面． （2）求直线与面所成的角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接、，即可证明，从而得到平面； （2）求出三棱锥的体积，再由等体积法求出点到平面的距离，最后利用锐角三角函数计算可得. 【小问1详解】 取的中点，连接、，则，且. 因为，，所以且. 所以四边形为平行四边形. 所以， 因为平面，平面，所以平面. 【小问2详解】 因为底面为梯形，，，， 所以，， ， 又垂直于面，为棱的中点， 所以到平面的距离为，所以， 因为垂直于面，平面，所以，， 所以，， 所以， 所以， 设点到平面的距离为，则，即，所以， 设直线与面所成的角为，则， 直线与面所成的角的正弦值为. 18. 矩形中，，为线段的中点，将沿折起，使得平面平面．在新构造的四棱锥中，求解以下问题： （1）求四棱锥的体积. （2）求二面角的余弦值． （3）在上是否存在点使得平面? 若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由； 【答案】（1） （2） （3）存在，是线段上靠近点的三等分点 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理推出线面垂直，即得出棱锥的高，代入四棱锥的体积公式即得； （2）先证，平面，得，计算，从而证，得出为二面角的平面角，在中即得余弦值； （3）设交于点，可证，因此只要，就有，进而可得平面. 【小问1详解】 取的中点，连接，在原矩形中，因为，点为的中点，故，因为是等腰三角形，所以. 翻折后，因为平面平面，且平面平面， 根据面面垂直的性质定理得：平面，即是四棱锥的高， 又因为，所以， 又因为， 所以四棱锥的体积. 【小问2详解】 在矩形中，，， ，． 又平面平面，平面，平面平面 平面， 平面，， ． 在中，，， 又，平面，平面，平面平面， 为二面角的平面角， 在中，， ∴二面角的余弦值为． 【小问3详解】 存在．如图所示： 连接、，设交于点， ，且， ． 取的三等分点，使，连接、、，则． 又平面，平面， 平面． 故存在满足条件的点，且是线段上靠近点的三等分点． 19. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面，且是的中点． （1）求证：平面； （2）求异面直线与所成角的正切值； （3）求二面角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）首先证明平面，由线面垂直的判定定理即可证明平面； （2）由题可得异面直线与所成角即为直线与直线所成的角，然后在中根据求解即可； （3）取中点为，连接，再过作的垂线交于点，可证得二面角的平面角是，然后在中根据求解即可. 【小问1详解】 ∵平面，平面，∴， 又四边形是矩形，∴，∵，∴平面， ∵平面，∴，又是的中点，，∴， ∵，所以平面． 【小问2详解】 ∵底面是矩形，∴，∴异面直线与所成角即为直线与直线所成的角，由（1）得平面，∴平面， ∵平面，∴，∴为直角三角形，又是的中点，，∴，∴在中，即为异面直线与所成角，故， ∴异面直线与所成角的正切值为． 【小问3详解】 取中点为，连接，再过作的垂线交于点， 在中，分别为线段的中点，故， ∵平面，∴平面，∵平面，∴， ∵，∴平面， ∵平面，∴，∴二面角的平面角是， ∵平面，平面，∴， ∴是直角三角形，∴二面角的正弦值， ∵，∴，由（1）得平面且平面，∴，∴，∴， ∵，∴，∴，∴， ∴二面角的正弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门六中2025—2026学年高一下学期期中质量检测 数学试题 总分：150分 考试时间：120分钟 命题人：审核人： 一、单选题（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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.） 1. 如图，在三棱台A'B'C'-ABC中，截去三棱锥A'-ABC，则剩余部分是(　　) A. 三棱锥 B. 四棱锥 C. 三棱柱 D. 三棱台 2. 相交直线都在平面内，直线在平面内，则“且”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知正四棱台的上、下底面的面积分别为1和4，侧面积为6，则该棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 在中，，则（ ） A. B. C. D. 6. 如图，四边形是平行四边形，点分别为的中点，若以向量，为基底表示向量，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在直三棱柱 中，，，点 是线段 上靠近 的三等分点，则直线 与 所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知平面向量、、满足：与的夹角为锐角.，，，且的最小值为，向量的最大值是（ ）. A. B. C. D. 二、多选题（本题共3小题，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. 已知直线，平面，则下列结论正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知三条边的长度为连续的正整数为正整数)，且最小角的余弦值为，则（    ） A. 是锐角三角形 B. 的面积为 C. 外接圆半径为 D. 若是最大角，则 11. 如图，在棱长为1的正方体中，E为上的动点（不与点重合），则下列结论正确的是（ ） A. 平面平面 B. 直线到平面的距离为 C. 三棱锥的体积为定值 D. 存在一点E，使得直线与平面所成角为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知，，，若、、三点共线，则______. 13. 已知水平放置的是按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中， ，那么原的面积是______. 14. 庑殿顶是中国传统建筑中的一种屋顶形式，其顶盖几何模型如图所示，底面是矩形，侧面由两个全等的等腰梯形和两个全等的等腰三角形组成.若，，四个侧面与底面的夹角的正切值均为，则该五面体的体积为______，与平面所成的角的正弦值为______. 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 15. （1）已知向量，满足，，求． （2）已知向量，，若在方向上的投影向量为，且与的夹角是锐角，求实数的取值范围． 16. 在中，角，，所对的边分别为，，，向量，，且. （1）求角； （2）若，且的面积为，求的周长. 17. 如图，在四棱锥中，底面为梯形，，垂直于面，，，，为棱的中点． （1）求证：平面． （2）求直线与面所成的角的正弦值． 18. 矩形中，，为线段的中点，将沿折起，使得平面平面．在新构造的四棱锥中，求解以下问题： （1）求四棱锥的体积. （2）求二面角的余弦值． （3）在上是否存在点使得平面? 若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由； 19. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面，且是的中点． （1）求证：平面； （2）求异面直线与所成角的正切值； （3）求二面角的正弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $