精品解析：福建漳州市立人学校2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题

保密★启用前 2025-2026学年（下）高一年期中数学试卷 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 命题人： 审题人： 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效． 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第I卷（选择题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. 已知复数（其中为虚数单位），则的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的乘法化简复数，利用复数的概念可得结果. 【详解】因为，则的虚部是， 故选：C. 2. 在空间中，若两条直线 与 没有公共点，则a与b（ ） A. 相交 B. 平行 C. 是异面直线 D. 可能平行，也可能是异面直线 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间直线的位置关系判断，即可得答案. 【详解】由题意知在空间中，两条直线 与 没有公共点，即 与 不相交， 则a与b可能平行，也可能是异面直线， 故选：D 3. 如图，四边形 的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则下列说法正确的是（    ） A. B. C. 四边形 的面积为 D. 四边形 的周长为 【答案】D 【解析】 【分析】根据斜二测画法，画出原图，结合长度、面积、周长等知识进行分析，从而确定正确答案. 【详解】对于A、B，由题设易得，原平面图如下，， ，故A、B错误； 对于C，四边形 的面积为：，即C错误． 对于D，在原图形中，过 作交 于点 ，则， 由勾股定理得， 故四边形 的周长为：，即D正确； 4. 在 中，已知，，，则角 为（ ） A. B. 或 C. 或 D. 【答案】B 【解析】 【详解】由正弦定理得，， 即，解得， 又， 所以或. 5. 如图，在矩形 中， 为 的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为 为矩形， 为 的中点， 所以. 6. 已知圆锥的底面半径为，侧面展开图的圆心角为，则圆锥的表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由扇形弧长公式求圆锥的母线长，再由表面积公式圆锥的表面积. 【详解】圆锥的底面半径为，侧面展开图的弧长为， 又侧面展开图的圆心角为，得圆锥母线长， 则圆锥的表面积. 故选：D. 7. 在 中，，，且 的面积为，则 的周长为（ ） A. 15 B. 12 C. 16 D. 20 【答案】A 【解析】 【分析】由面积公式求出 ，由余弦定理求出 ，即可得解. 【详解】因为，，且 的面积为， 所以，解得， 由余弦定理， 所以，则. 故选：A 8. 如图所示，在矩形 中，，点 在边 上运动（包含端点），则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】以 为坐标原点建立直角坐标系，设，得，根据 的范围即可求出的范围. 【详解】 以 为坐标原点，建立如图所示直角坐标系， 因为在矩形 中，， 则， 又点 在边 上运动（包含端点）， 设，则， ， 则， 因为，所以， 故选：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. 下列说法正确的是（ ） A. 若非零向量满足，则 B. C. 若为单位向量，则 D. 向量可以作为平面内的一个基底 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用平面向量共线定理判断A，D，根据平面向量线性运算法则判断B，根据数量积的运算律判断C. 【详解】对于A：由，存在实数，使得， 由，存在实数，使得，则，故，A正确； 对于B：由，故B正确； 对于C：由， ，则，故C正确； 对于D：由，所以，即， 故向量不可以作为平面内的一个基底，D错误. 故选：ABC. 10. 设，，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】利用复数的运算律，及共轭复数的性质来判断各选项. 【详解】对于A，若，，则，，故A错误； 对于B，设，，， 因为，所以，所以，，，故，故B正确； 对于C，若，则，则或， 所以或，所以，故C正确； 对于D，若，，则满足， 但，，所以，故D错误. 故选：BC. 11. 如图，在正三棱柱中，， 是棱上任一点，则下列正确的是（ ） A. 正三棱柱的外接球表面积为 B. 若 是棱中点，则三棱锥的体积为 C. 周长的最小值为 D. 棱 上总存在点 ，使得直线平面 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A：设外接球半径为，底面 外接圆半径为 ，根据，即可求解；对于B：利用等体积转换即可求解；对于C：由侧面展开图确定周长最小值即可求解；对于D：在上取一点 使得，当时，四边形为平行四边形，从而可得，再由线面平行的判定定理得到直线平面. 【详解】对于A,正三棱柱中，， 设外接球半径为，底面 外接圆半径为 ， 所以，即， 因为， 所以正三棱柱正三棱柱得外接球表面积为，故A正确； 对于B，因为 是棱中点，所以，因为 , 所以三棱锥的体积为，故B正确； 对于C， 由侧面展开图所示， 周长 , 所以其最小值为故C错误； 对于D, 在上取一点 使得，则， 当时，四边形为平行四边形，故， 又平面， 平面，所以直线平面,故D正确， 故选:ABD. 第II卷（非选择题92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，，，若实数满足，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标表示即可求解. 【详解】由题知，， 因为，所以， 解得. 13. 已知正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，侧棱长为，则该正四棱台的体积为__________． 【答案】28 【解析】 【分析】根据题意先求出棱台的高，然后利用棱台体积公式求解. 【详解】如图所示，为正四棱台，连接， 由，得， 过 作， 为垂足；过 作， 为垂足， 则，， 又，在中，得， 所以正四棱台的高，正四棱台上下底面积分别为4和16， 体积. 故答案为：28 14. 解放碑是重庆的标志建筑物之一，存在其特别的历史意义.我校数学兴趣小组为了测量其高度，设解放碑杯杯高为AB，在地面上共线的三点C，D，E处分别测得顶点A的仰角为，且，则解放碑的高AB为______. 【答案】 【解析】 【分析】通过三角函数关系表示出不同线段的长度，再利用余弦定理分别在两个三角形中列出关于角的余弦表达式，最后联立方程组求解出线段AB的长度. 【详解】解：由题意，设中，， 同理可得， 因为，所以在中，…①， 在 中，…②， 由①②组成方程组，解得，即 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、证明过程或演算步骤． 15. 已知复数，，其中． （1）若，求实数的值； （2）若的实部大于1，求 的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据复数的乘法及复数相等求解即可. （2）根据复数的除法结合已知条件求解即可. 【小问1详解】 因为，所以， 即，解得. 【小问2详解】 因为， 且的实部大于1，即，解得. 16. 已知向量. （1）若，求； （2）若，求； （3）若，求在方向上投影向量的坐标. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先求出的坐标，再通过向量模长公式计算； （2）先求出的坐标，再由向量平行的坐标表示求得参数； （3）根据投影向量求法求解即可. 【小问1详解】 时，，所以， 故. 【小问2详解】 ， 由，可得， 解得. 【小问3详解】 时，， 此时在方向上的投影向量的坐标为. 17. 如图，已知在正三棱柱中， 为棱 的中点，． （1）求三棱锥的表面积； （2）求证：直线平面． （3）平面平面，请在图上作出直线 ，并说明作图理由． 【答案】（1） （2）连接，交于 ，连接 . 正三棱柱中，侧面为矩形，则 为，的中点， 又 为棱 的中点，所以. 因为平面，平面，所以直线平面. （3）在平面内，过点 作，交于点 ，则 即为直线 . 在平面内，过点 作，交于点 ，则. 所以直线与 可确定一个平面，与平面重合， 直线与 可确定一个平面，与平面重合， 故直线 是平面与平面的交线. 又因为两个平面的交线唯一，所以 即为直线 【解析】 【分析】（1）根据三棱锥的表面积公式及三角形面积公式求解即可. （2）连接，交于 ，连接 ，根据线面平行的判定定理证明即可. （3）根据线面平行的性质作图即可. 【小问1详解】 正三棱柱中，平面， 为等边三角形，且. 又 为棱 的中点，所以，. 在中，，. 在中，，，. 在中，，. 在中，，所以为直角三角形，. 故三棱锥的表面积为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 18. 如图，已知 的面积为． （1）求的大小； （2）若 为锐角三角形，且，求 的面积的取值范围； （3）记的面积为，若，求的值． 【答案】（1） （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理以及三角形的面积公式，结合已知条件即可求出； （2）利用正弦定理可得，由代入化简可得：，结合 为锐角三角形求出的范围，从而求出 的范围，由三角形面积公式求出的取值范围即可； （3）设，在 和中利用正弦定理化简可得：，结合三角恒等变换可得或，根据三角形面积公式以及正弦定理可得，将或代入化简即可. 【小问1详解】 在 中，由余弦定理可知：， 所以， 因为，所以， 化简得：，即， 因为，所以 【小问2详解】 因为，， 由正弦定理可得：，解得：， 因为，，所以， 则， 又因为 为锐角三角形，所以，则， 则，，故， 又，所以， 即 的面积的取值范围为 【小问3详解】 设，则，，， 在 中，由正弦定理可得：，① 在中，由正弦定理可得：，②， 由于，， 所以①②化简可得：， 即， 即， 即，即，因为 所以或，解得：，或， 设，则， 在 中，， 在中，， 所以， 由正弦定理可得： 当时，，，所以 当时，，，所以 19. 据报道，2024年4月15日，正值全民国家安全教育日，田湾核电8号机组穹顶球冠吊装成功（如图（1）），标志着国内最重核电机组薄壳钢衬里穹顶吊装工作安全完成，有力推动了我国产业结构和能源结构的调整，助力“双碳”目标顺利实现.报道中提到的球冠是一个空间几何概念，它是指球面被一个平面所截得的一部分（不包含截面），垂直于截面的直径被截得的部分是球冠的高.球冠面积等于截得它的球面上大圆（过球心的截面圆）周长与球冠的高的乘积.和球冠相对应的几何体叫球缺，它是指球体被一个平面所截得的一部分，截面是球缺的底.当球缺的高小于球半径时，我们把球缺与以球缺的底为底､以球心为顶点的圆锥所构成的体，称作“球锥”（如图（2））当一个四面体各顶点都在“球锥”表面上时，称这个四面体内接此“球锥”.如图（2），设一个“球锥”所在球的半径为，其中球冠高为. （1）类比球体积公式的推导过程（可参考图（3）），写出“球锥”的体积公式； （2）在该“球锥”中，当球缺的体积与圆锥的体积相等时，求的值； （3）已知一个棱长为 的正四面体内接此“球锥”，并且有一个顶点与球心重合，若满足条件的 有且只有一个，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）类比球的体积公式推导，把“球锥”切割成无数个小锥体，由题意得球冠面积为，结合锥体体积公式可得“球锥”体积. （2）设圆锥半径为 ，由勾股定理可得，由题意，计算体积消去化简即可. （3）根据四面体棱长计算高和底面外接圆的半径，结合题意分析即可. 【小问1详解】 把“球锥”切割成无数个小锥体，由题意得球冠面积为，所有小锥体的底面积之和即球冠面积，结合锥体体积公式得“球锥”的体积为. 【小问2详解】 设圆锥半径为 ，则， 当球缺的体积与圆锥的体积相等时，， 即， 消去，得， 整理得，因为，所以. 【小问3详解】 设正四面体内接“球锥”，顶点 与球心重合，棱长为 ， 则 外接圆半径为，正四面体的高为，显然不满足条件. 注意到，当顶点在圆锥底面圆周上时， ，得， 当时，作平行于圆锥底面的平面截正四面体，所得棱长小于的正四面体均可内接该“球锥”. 因此，若要存在棱长唯一的正四面体内接该“球锥”，则，且顶点在球冠上.即，且. 又因为，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 保密★启用前 2025-2026学年（下）高一年期中数学试卷 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 命题人： 审题人： 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效． 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第I卷（选择题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. 已知复数（其中为虚数单位），则的虚部是（ ） A. B. C. D. 2. 在空间中，若两条直线 与 没有公共点，则a与b（ ） A. 相交 B. 平行 C. 是异面直线 D. 可能平行，也可能是异面直线 3. 如图，四边形 的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则下列说法正确的是（    ） A. B. C. 四边形 的面积为 D. 四边形 的周长为 4. 在 中，已知，，，则角 为（ ） A. B. 或 C. 或 D. 5. 如图，在矩形 中， 为 的中点，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆锥的底面半径为，侧面展开图的圆心角为，则圆锥的表面积是（ ） A. B. C. D. 7. 在 中，，，且 的面积为，则 的周长为（ ） A. 15 B. 12 C. 16 D. 20 8. 如图所示，在矩形 中，，点 在边 上运动（包含端点），则的取值范围为（ ） 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. 下列说法正确的是（ ） A. 若非零向量满足，则 B. C. 若为单位向量，则 D. 向量可以作为平面内的一个基底 10. 设，，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 11. 如图，在正三棱柱中，， 是棱上任一点，则下列正确的是（ ） A. 正三棱柱的外接球表面积为 B. 若 是棱中点，则三棱锥的体积为 C. 周长的最小值为 D. 棱 上总存在点 ，使得直线平面 第II卷（非选择题92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，，，若实数满足，则__________． 13. 已知正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，侧棱长为，则该正四棱台的体积为__________． 14. 解放碑是重庆的标志建筑物之一，存在其特别的历史意义.我校数学兴趣小组为了测量其高度，设解放碑杯杯高为AB，在地面上共线的三点C，D，E处分别测得顶点A的仰角为，且，则解放碑的高AB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. 已知复数，，其中． （1）若，求实数的值； （2）若的实部大于1，求 的取值范围． 16. 已知向量. （1）若，求； （2）若，求； （3）若，求在方向上投影向量的坐标. 17. 如图，已知在正三棱柱中， 为棱 的中点，． （1）求三棱锥的表面积； （2）求证：直线平面． （3）平面平面，请在图上作出直线 ，并说明作图理由． 18. 如图，已知 的面积为． （1）求的大小； （2）若 为锐角三角形，且，求 的面积的取值范围； （3）记的面积为，若，求的值． 19. 据报道，2024年4月15日，正值全民国家安全教育日，田湾核电8号机组穹顶球冠吊装成功（如图（1）），标志着国内最重核电机组薄壳钢衬里穹顶吊装工作安全完成，有力推动了我国产业结构和能源结构的调整，助力“双碳”目标顺利实现.报道中提到的球冠是一个空间几何概念，它是指球面被一个平面所截得的一部分（不包含截面），垂直于截面的直径被截得的部分是球冠的高.球冠面积等于截得它的球面上大圆（过球心的截面圆）周长与球冠的高的乘积.和球冠相对应的几何体叫球缺，它是指球体被一个平面所截得的一部分，截面是球缺的底.当球缺的高小于球半径时，我们把球缺与以球缺的底为底､以球心为顶点的圆锥所构成的体，称作“球锥”（如图（2））当一个四面体各顶点都在“球锥”表面上时，称这个四面体内接此“球锥”.如图（2），设一个“球锥”所在球的半径为，其中球冠高为. （1）类比球体积公式的推导过程（可参考图（3）），写出“球锥”的体积公式； （2）在该“球锥”中，当球缺的体积与圆锥的体积相等时，求的值； （3）已知一个棱长为 的正四面体内接此“球锥”，并且有一个顶点与球心重合，若满足条件的 有且只有一个，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $