精品解析：福建泉州市泉州科技中学等2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题

2025-2026学年度第二学期期中考试 高一年 数学试卷 时间：120分钟 满分：150分 注意事项： 1．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．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 已知向量，，若与共线，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 已知复数满足，是的共轭复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 已知正四面体的表面积为，则它的棱长为（ ） A. 3 B. C. 2 D. 1 4. 如果平面向量，那么下列结论中正确的是（ ） A. B. C. 与的夹角为 D. 在上的投影向量为 5. 设的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，，则的形状是（ ） A. 钝角三角形 B. 直角三角形 C. 锐角三角形 D. 不确定的 6. 已知向量 和 是单位向量，且 . 设向量 ，若向量 与 的夹角为 ，则 （ ） A. B. C. D. 7. 已知圆台的上､下底面半径分别为1，2，体积为，则该圆台外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，设，线段DE与BC交于点，且，通过计算得到：，则的最小值为（ ） 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. 已知圆锥的轴截面是面积为的等边三角形，则下列结论正确的是（ ） A. 该圆锥的母线长为2 B. 该圆锥的体积为 C. 该圆锥的侧面积为 D. 该圆锥外接球的表面积等于 10. 在三角形ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，则（ ） A. B. 若，则 C. 若三角形ABC为锐角三角形，则的取值范围是 D. 若，则三角形ABC为直角三角形 11. 已知为所在平面内的一点，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则为等腰三角形 B. ，则为内心 C. 若，则为的外心 D. 若，则点的轨迹经过的重心 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知一个圆锥的轴截面为等腰直角三角形，则其侧面积与底面积的比值为________． 13. 在平行四边形中，已知，且．若为边中点，点在边上且满足，则______． 14. 落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色，滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》而名传千古，如图所示，在滕王阁旁的水平地面上共线的三点A，B，C处测得其顶点的仰角分别为，且米，则滕王阁的高度___________米． 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. 已知是平面内两个不共线的向量． （1）若，求证：，，三点共线； （2）试确定实数，使和共线； （3）若，求实数的值． 16. 如图，四棱锥的底面是菱形，平面，，为的中点． （1）证明：平面； （2）求三棱锥的体积； 17. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A； （2）若为BC中点，的面积为，求AD的长度； （3）若为锐角三角形，，求的周长的取值范围． 18. 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）求该几何体的表面积； （2）若分别为棱的中点，求四面体的体积； （3）若分别是线段上的动点，求的最小值． 19. 如图所示，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴､轴正方向同向的单位向量，则平面坐标系为仿射坐标系，若在仿射坐标系下，则把有序数对叫做向量的仿射坐标，记为． （1）若，求； （2）若，有同学认为“”的充要条件是“”，你认为是否正确？若正确，请给出证明；若不正确，请说明理由； （3）在仿射坐标系下，设，若对任意恒成立，求的取值范围及的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度第二学期期中考试 高一年 数学试卷 时间：120分钟 满分：150分 注意事项： 1．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．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 已知向量，，若与共线，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【详解】， 因为与共线，故，故. 2. 已知复数满足，是的共轭复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由，得， 所以. 所以的虚部为. 3. 已知正四面体的表面积为，则它的棱长为（ ） A. 3 B. C. 2 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】先由正四面体的表面积求出其中一个正三角形的面积，再求出正三角形的边长即为棱长. 【详解】因为正四面体的表面积为，所以正四面体的其中一个正三角形面的面积是，设正四面体的棱长为， 则正三角形面的面积，所以 故选：C 4. 如果平面向量，那么下列结论中正确的是（ ） A. B. C. 与的夹角为 D. 在上的投影向量为 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用坐标求模判断A；利用数量积的坐标表示判断B；求出向量夹角判断C；求出投影向量判断D. 【详解】对于A，，，A错误； 对于B，，B错误； 对于C，，而，则，C错误； 对于D，在上的投影向量为，D正确. 故选：D 5. 设的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，，则的形状是（ ） A. 钝角三角形 B. 直角三角形 C. 锐角三角形 D. 不确定的 【答案】A 【解析】 【分析】根据三边比值关系设出三边，利用余弦定理判断即可. 【详解】因为，，所以，不妨设，，， 则，则C是钝角，故是钝角三角形． 6. 已知向量 和 是单位向量，且 . 设向量 ，若向量 与 的夹角为 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的数量积的运算及运算律求解即可. 【详解】因为，，且， 所以， 代入得. 又， 则，解得. 7. 已知圆台的上､下底面半径分别为1，2，体积为，则该圆台外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用圆台体积公式求出高，再根据外接球球心在上下底面圆心连线上，由球心到两底面圆周的距离相等列方程求出外接球半径，代入球的体积公式计算结果. 【详解】设该圆台的上､下底面的圆心分别为，高为，则圆台的体积为 ，求解可得， 设该圆台外接球的球心为，则在上，设，所以， 设该圆台外接球的半径为，所以，求解可得， 所以该圆台外接球的体积为. 8. 如图，设，线段DE与BC交于点，且，通过计算得到：，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由及点共线，得， 而，因此， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为. 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. 已知圆锥的轴截面是面积为的等边三角形，则下列结论正确的是（ ） A. 该圆锥的母线长为2 B. 该圆锥的体积为 C. 该圆锥的侧面积为 D. 该圆锥外接球的表面积等于 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据圆锥的轴截面是面积为的等边三角形，即可计算母线长，进而判断A，利用圆锥体积公式计算即可判断B，计算圆锥的侧面积即可判断C，先计算外接球的半径，再计算球的表面积即可判断D. 【详解】设母线长为，底面半径为，因为轴截面是面积为的等边三角形， 所以，解得，底面半径，故A正确； 圆锥高，体积，故B正确； 侧面展开扇形的弧长为，侧面积为，故C正确； 设圆锥的外接球的球心为，半径为，轴截面如图所示： 在等边中，外接圆半径为，即， 所以圆锥的外接球的表面积，故D错误． 故选：ABC． 10. 在三角形ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，则（ ） A. B. 若，则 C. 若三角形ABC为锐角三角形，则的取值范围是 D. 若，则三角形ABC为直角三角形 【答案】ABD 【解析】 【分析】对题干信息利用正弦定理和余弦定理即可判断AB选项；根据题意结合三角函数值域可判断C选项；利用正弦定理和三角恒等变换可判断D选项. 【详解】对于A：因为，所以或，又， 故，若，又，则，与矛盾，所以，故A正确； 对于B：因为，所以，由正弦定理将上述等式化简为， 根据余弦定理代入可得，将代入得，解得或（舍），故B正确； 对于C：由选项A可知，所以， 又，因为为锐角三角形， 所以， 即，解得， 因为在上单调递减，所以，故C错误； 对于D：因为，由正弦定理及得， 所以， 又， 所以，又， 所以， 即，又，所以为锐角，可得， 所以，所以，所以，故D正确． 11. 已知为所在平面内的一点，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则为等腰三角形 B. ，则为内心 C. 若，则为的外心 D. 若，则点的轨迹经过的重心 【答案】AD 【解析】 【分析】对A，由向量的意义可知表示在的角平分线上的向量，再结合向量的数量积的性质可得；对B，由条件可得为的重心；对C，由得，同理可得，，进而可得为的垂心；对D，由正弦定理可得，进而可得结果. 【详解】A，因为是与同方向的单位向量，是与同方向的单位向量， 所以表示在的角平分线上的向量，如图： 又因为，所以的角平分线与垂直， 所以，故为等腰三角形，所以A正确； B，设是的中点，则是三角形的中线，所以， 因为，所以，得三点共线，且是中线上靠近的三等分点， 所以为重心，故B错误；如图： C，因为，所以，即，所以. 同理，得；，得， 所以为的垂心，故C错误； D，由正弦定理：，所以， 设， 由， 所以与中线向量共线，即点的轨迹经过的重心，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知一个圆锥的轴截面为等腰直角三角形，则其侧面积与底面积的比值为________． 【答案】 【解析】 【分析】设出圆锥的底面半径，再表示出其侧面积与底面积计算即可得. 【详解】设圆锥的底面半径为，则其母线长， 该圆锥的底面积为，侧面积为， 所以其侧面积与底面积的比值为． 13. 在平行四边形中，已知，且．若为边中点，点在边上且满足，则______． 【答案】6 【解析】 【分析】根据给定条件，结合向量加减法法则可得，再利用基底表示，并利用数量积的运算律求解. 【详解】在平行四边形中，由，得， 所以平行四边形为矩形，所以，所以， 点在边上且满足，得， 由为边中点，得，而， 所以. 14. 落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色，滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》而名传千古，如图所示，在滕王阁旁的水平地面上共线的三点A，B，C处测得其顶点的仰角分别为，且米，则滕王阁的高度___________米． 【答案】 【解析】 【分析】设，由边角关系可得，，，，在和中，利用余弦定理列方程，结合可解得的值，进而可得长. 【详解】设，因为，，则， 又，， 所以，， 在中，， 即①， 在中，， 即②， 因为， 所以由①②两式相加可得：，解得：， 则. 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. 已知是平面内两个不共线的向量． （1）若，求证：，，三点共线； （2）试确定实数，使和共线； （3）若，求实数的值． 【答案】（1）证明：因为，，， 所以， 所以，则有，又因为与有公共点，因此，，三点共线. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）计算，观察与的关系，即可得到结论； （2）根据向量共线的条件，利用向量共线定理即可求得； （3）计算和的坐标，利用向量垂直的坐标表示即可求得. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 因为与共线，则存在，有， 即，解得， 因此实数的值为. 【小问3详解】 因为，，所以， ， 又因为，所以，即， 因此实数的值为. 16. 如图，四棱锥的底面是菱形，平面，，为的中点． （1）证明：平面； （2）求三棱锥的体积； 【答案】（1）证明：如图，连接，交于点，则为的中点．连接， 因为是的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理，利用中位线找到线线平行证明即可； （2）通过将所求棱锥转换成已知底与高的两棱锥体积之差计算体积即可． 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 因为底面为菱形且，故为等边三角形， 则； 由，且三棱锥与三棱锥底面积相同， 因为是的中点，则三棱锥的高是三棱锥的高的二倍， ． 17. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A； （2）若为BC中点，的面积为，求AD的长度； （3）若为锐角三角形，，求的周长的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先由正弦定理边化角，再由两角和与差的正弦公式即可分析求解； （2）先由和余弦定理求出、，再由两边平方即可计算求解； （3）先由正弦定理边化角，再结合三角恒等变换公式得到，再由三角函数性质即可求解. 【小问1详解】 因为， 所以由正弦定理可得， 因为， 所以， 因为，则，故，即， 所以，而，则， 故，解得； 【小问2详解】 由，可得， 又由余弦定理可得，即， 则， 因为为边的中点，所以，即， 所以 ， 故； 【小问3详解】 根据正弦定理得， 所以，， 可得 ， 由为锐角三角形可得，解得， 所以，可得，， 所以的周长的取值范围是． 18. 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）求该几何体的表面积； （2）若分别为棱的中点，求四面体的体积； （3）若分别是线段上的动点，求的最小值． 【答案】（1） （2）96 （3） 【解析】 【分析】（1）连接，则，求得，得到，且，结合棱锥的侧面积公式和正方形的面积公式，即可求解； （2）解法1：根据题意，得到三棱锥为底面边长为，侧棱长正三棱锥， 解法2：作于点，于点，结合割补法，利用棱柱和棱锥的体积公式，即可求解； 解法3：利用体积转换法，化简，结合锥体的体积公式，即可求解. （3）将长方形， 和 展开在一个平面，设，求得的值，得到当四点共线时，最短，结合余弦定理，即可求解. 【小问1详解】 连接，则，因为，所以， 所以正方形中，可得， 又因为，在中，， 故四棱锥的侧面积为， 又由正方体5个面的面积为， 所以多面体的表面积为． 【小问2详解】 解法1：在直角中，可得，则， 又由，同理可得：， 所以三棱锥为底面边长为，侧棱长为正三棱锥， 如图所示，过点作底面的高，垂足为， 因为底面是正三角形，故是正三角形的重心，可得, 所以，即三棱锥的高为， 所以． 解法2：如图所示，作于点，于点． 则， 其中， 所以． 解法3：转换法，由 , 所以四面体的体积为. 【小问3详解】 如图所示，将长方形， 和 展开在一个平面， 可得， 设， ，所以， 所以，， ， 当四点共线时，最短， 所以， 所以的最小值为． 19. 如图所示，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴､轴正方向同向的单位向量，则平面坐标系为仿射坐标系，若在仿射坐标系下，则把有序数对叫做向量的仿射坐标，记为． （1）若，求； （2）若，有同学认为“”的充要条件是“”，你认为是否正确？若正确，请给出证明；若不正确，请说明理由； （3）在仿射坐标系下，设，若对任意恒成立，求的取值范围及的最大值． 【答案】（1）； （2）正确，理由如下： 由向量， 必要性：若，当时，则存在唯一的实数，使， 即， 所以，整理得； 当时，也成立． 充分性：如果，当时，； 当时，若，则，必有， 无论是否为零，都有； 当时，同理有； 当时，由，可得， 则存在唯一的实数，使 所以； 所以“”的充要条件是“”，故结论是正确的． （3），的最大值为． 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用向量的线性运算法则，即可求解； （2）根据充分性和必要性的判定，结合共线向量的线性运算法则，即可得证； （3）根据向量新定义和向量的运算法则，得到，转化为对任意恒成立，结合二次函数的形状和向量的夹角公式，以及三角函数的性质，即可求解. 【小问1详解】 因为， 两边平方得，所以. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为，则， 可得， 且， 由，得， 所以， 即对任意恒成立， 又因为，所以， 解得， 因为，所以， 所以， 又因为，所以，则， 所以的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $