福建福州屏东中学2025-2026学年高一第二学期期中试卷数学（含答案）

/福州屏东中学2025-2026学年第二学期期中试卷高一数学（本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟）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.的虚部为（）A. B.0 C.1 D.62.向量，则（）A.“”是“”的必要条件B.“”是“”的充分条件C.“”是“”的必要条件D.“”是“”的充分条件3.在平行四边形中，是对角线上靠近点的三等分点，则（）A. B.C. D.4.如图所示，在正方体中，点为线段上的动点，则下列直线中，始终与直线异面的是（

）A. B. C. D.5.已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（）A. B. C. D.6.已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中为真命题的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则7.海洋洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上最深的海洋蓝洞．若要测量如图所示的蓝洞的口径A，B两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点C，D，测得，，，，则A、B两点的距离为（）A. B. C. D.8.《九章算术·商功》：“斜解立方，得两壍堵.斜解壍堵，其一为阳马，一为鳖臑.阳马居二，鳖臑居一，不易之率也.合两鳖臑三而一，验之棊，其形露矣.”即将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图所示为鳖臑，平面，，，分别在棱，上，且，.若，则三棱锥外接球的体积为（）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.已知复数（i为虚数单位），则下面结论正确的是（）A. B.C. D.10.在中，角的对边分别为外接圆的半径为2，且，则下列结论正确的是（）A.B.C.面积的最大值为D.若，角的平分线交于点，则11.如图，矩形中，为的中点，为的中点，交于点，将沿直线翻折到，连接为的中点，则在翻折过程中，下列合题中正确的是（）A.翻折过程中，始终有平面平面 B.翻折过程中，的长是定值C.若，则 D.存在某个位置，使得三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分．12.一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，是等腰直角三角形且，其中斜边，则这个平面图形的面积是___________．13.已知，对于所有满足的复数，都有的最小值与的最小值相同，则____________.14.已知正六边形的边长为4，圆的圆心为该正六边形的中心，圆的半径为2，圆的直径，点在正六边形的边上运动，则的最小值为________.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.已知向量，.（1）若，求在上的投影向量的坐标；（2）设，若，求向量与的夹角的余弦值.16.如图所示，几何体的上部是一个正四棱锥，下部是一个正方体，其中正四棱锥的高为，是等边三角形,.．（1）求该几何体的表面积；（2）求该几何体的体积．17.在中，角的对边分别为．已知，，．（1）求的值；（2）求的值；（3）求的值．18.如图，在正方体中，是的中点，，，分别是，，的中点．求证：（1）直线平面；（2）平面平面；（3）若正方体棱长为1，过，，三点作正方体的截面，画出截面与正方体的交线，并求出截面的面积．19.已知三个内角的对边分别为，且，的内心、重心、外心、垂心依次记为点，如图所示．（1）求；（2）连接，并延长交边于点，用，做基底来表示；（3）被誉为“数学之王”的瑞士数学家欧拉，在1765年发表了令人赞美的欧拉线定理：设的外心，重心，垂心分别是，则三点共线（欧拉线），且，请运用欧拉线定理，求的值．

福州屏东中学2025-2026学年第二学期期中试卷高一数学（本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟）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.的虚部为（）A. B.0 C.1 D.6【正确答案】C【分析】根据复数代数形式的运算法则以及虚部的定义即可求出.【详解】因为，所以其虚部为1，故选：C.2.向量，则（）A.“”是“”的必要条件B.“”是“”的充分条件C.“”是“”的必要条件D.“”是“”的充分条件【正确答案】D【分析】对A，根据向量平行得到的关系式，再根据必要条件的定义即可判断；对B，根据向量平行得到的关系式，再根据充分条件的定义即可判断；对C，根据向量垂直得到的关系式，再根据必要条件的定义即可判断；对D，根据向量垂直得到的关系式，再根据充分条件的定义即可判断；【详解】对A，若，则，即，无法推出，即必要性不成立，故A错；对B，由A知：，不满足，即与不平行，故充分性不成立，故B错；对C，若，则，无法推出，即必要性不成立，故C错；对D，由C知：，可以推出，故“”是“”的充分条件，故D对.故选：D.3.在平行四边形中，是对角线上靠近点的三等分点，则（）A. B.C. D.【正确答案】A【分析】由向量的加减法，和数乘运算法则直接求解即可.【详解】因为是对角线上靠近点的三等分点，所以，则.故选：A4.如图所示，在正方体中，点为线段上的动点，则下列直线中，始终与直线异面的是（

）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】根据异面直线的定义一一判断即可.【详解】由正方体的性质易知当为的中点时，为的中点，而，所以共面，则、在平面上，故A不符题意；因为，即共面，易知平面，而平面，，，故与异面，故B符合题意；当、重合时，易知，则四边形是平行四边形，则此时，故C不符合题意；当、重合时，显然，相交，故D不符合题意.故选：B.5.已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积.【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为，而它们的侧面积相等，所以即，故，故圆锥的体积为.故选：B.6.已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中为真命题的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【正确答案】C【详解】对于A，由，可得可能平行，相交或异面，故A错误；对于B，由可得或，故B错误；对于C，由，可得，又，则有，故C正确；对于D，当是平面内两条互相垂直的直线，且时，满足，，但，故D错误.7.海洋洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上最深的海洋蓝洞．若要测量如图所示的蓝洞的口径A，B两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点C，D，测得，，，，则A、B两点的距离为（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】依题意在中利用正弦定理得，在中可得，从而在中利用余弦定理即可得解.【详解】如图，在中，，，，所以，由正弦定理得，解得，在中，，，，所以，故，所以在中，由余弦定理得，则，即A，B两点间的距离为．故选：D.8.《九章算术·商功》：“斜解立方，得两壍堵.斜解壍堵，其一为阳马，一为鳖臑.阳马居二，鳖臑居一，不易之率也.合两鳖臑三而一，验之棊，其形露矣.”即将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图所示为鳖臑，平面，，，分别在棱，上，且，.若，则三棱锥外接球的体积为（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】依题意可得平面，即可得到，从而得到平面，又外接圆的直径即可直角三角形的斜边，即可得到即为三棱锥外接球的直径，从而求出外接球的体积.【详解】因为平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，又，所以外接圆的直径即可直角三角形的斜边，又平面，，所以即为三棱锥外接球的直径，所以三棱锥外接球的半径，所以外接球的体积.故选：C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.已知复数（i为虚数单位），则下面结论正确的是（）A. B.C. D.【正确答案】BD【分析】根据共轭复数，复数模的公式，复数运算逐一计算判断.【详解】对于A，由，则，所以，故A错误；对于B，，，故B正确；对于C，，，故C错误；对于D，由，则，，所以，故D正确.故选：BD.10.在中，角的对边分别为外接圆的半径为2，且，则下列结论正确的是（）A.B.C.面积的最大值为D.若，角的平分线交于点，则【正确答案】BCD【详解】对于A，因为，所以，所以，又，即，则，又，所以，解得，又，故，故A错误；对于B，因为，外接圆的半径为2，所以，故B正确；对于C，因为，即，又，所以，得，当且仅当时，取等号，所以，即面积的最大值为，故C正确；对于D，由，结合，解得，由，即，解得，故D正确.11.如图，矩形中，为的中点，为的中点，交于点，将沿直线翻折到，连接为的中点，则在翻折过程中，下列合题中正确的是（）A.翻折过程中，始终有平面平面 B.翻折过程中，的长是定值C.若，则 D.存在某个位置，使得【正确答案】ABC【分析】对于A，易知为的中点，则，，再利用面面平行的判定定理，即可判断；对于B，利用等角定理得到以及（定值），（定值），在中由余弦定理可知的长是定值，即可判断；对于C，由，利用直角三角形中线定理可得，即可判断；对于D，由等角定理，根据，得到，即，即可判断.【详解】因为E，F为中点，则，所以四边形CEFD是平行四边形，所以是的中点，所以，又平面，平面，所以平面，同理平面，又，所以平面平面，故A正确；因为（定值），（定值），（定值），在中由余弦定理可知的长是定值，故B正确；若，则，所以，所以，故C正确；因为，所以，所以，因为在同一平面内，所以不可能垂直于，因为，所以不可能垂直于，故D错误.故选：ABC.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分．12.一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，是等腰直角三角形且，其中斜边，则这个平面图形的面积是___________．【正确答案】##【详解】设对应的平面图形为，在斜二测画法的图形中在轴上，还原后的图形中在轴上，且长度不变，在斜二测画法的图形中在轴上，还原后的图形中在轴上，且的长度扩大为的倍，是等腰直角三角形且，斜边，，根据斜二测画法可知，，，,.13.已知，对于所有满足的复数，都有的最小值与的最小值相同，则____________.【正确答案】3【分析】根据复数的几何意义分析求解即可.【详解】由得复数对应的点的集合为以原点为圆心，2为半径的圆，因为表示点到圆上一点的距离，且点到圆心的距离为1，则的最小值为，而表示点到圆上一点的距离，且点到圆心的距离为，则的最小值为，又因为的最小值与的最小值相同，所以，，解得.故3.14.已知正六边形的边长为4，圆的圆心为该正六边形的中心，圆的半径为2，圆的直径，点在正六边形的边上运动，则的最小值为________.【正确答案】8【分析】将转化为，进而转化为研究最小值问题，利用正六边形的几何性质求解即可.【详解】如图所示，由正六边形的几何性质可知，均是边长为4的等边三角形，，又,，当点P位于正六边形各边的中点时，取最小值，如图为中点，连接，则,此时，即的最小值为8．故8．四、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.已知向量，.（1）若，求在上的投影向量的坐标；（2）设，若，求向量与的夹角的余弦值.【正确答案】（1）（2）.【分析】（1）由已知，可得，在上的投影向量为，求解即可；（2）由可得，利用向量夹角的余弦公式求解即可.【小问1详解】因为，所以，即，因为，，所以，，所以，解得，所以，所以，，故在上的投影向量为，故在上的投影向量的坐标为；【小问2详解】因为，所以，即，所以，所以，，所以，，，故.16.如图所示，几何体的上部是一个正四棱锥，下部是一个正方体，其中正四棱锥的高为，是等边三角形,.．（1）求该几何体的表面积；（2）求该几何体的体积．【正确答案】（1）（2）【分析】（1）设是的中点，连接，进而可证明，从而可计算正四棱锥的侧面积与正方体的五个面积；（2）根据锥体与正方体体积求解即可.【小问1详解】设是的中点，连接.因为是边长为6的正三角形，所以，且，所以该几何体的表面积.【小问2详解】连接，设交点为，连接，则是四棱锥的高，则，所以.又正方体的体积为，所以该几何体的体积.17.在中，角的对边分别为．已知，，．（1）求的值；（2）求的值；（3）求的值．【正确答案】（1）（2）（3）【分析】（1）利用正弦定理将边转化为角，化简等式，进而求出角的值；（2）利用余弦定理，将代入建立关于的方程，求解后得到的值；（3）先利用正弦定理求出，再结合同角三角函数的基本关系求出，然后利用二倍角公式求出和，最后利用两角和的正弦公式展开计算.【小问1详解】已知，由正弦定理，得，显然，得，由，故；【小问2详解】由（1）知，且，，由余弦定理，则，解得（舍去），故；【小问3详解】由正弦定理，且，得，且，则为锐角，故，故，且；故.18.如图，在正方体中，是的中点，，，分别是，，的中点．求证：（1）直线平面；（2）平面平面；（3）若正方体棱长为1，过，，三点作正方体的截面，画出截面与正方体的交线，并求出截面的面积．【正确答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）画图见解析，截面的面积为．【分析】（1）连接SB，由三角形的中位线定理、线面平行的判定定理，可得证明；（2）由线面平行和面面平行的判定定理，即可得证；（3）取B1C1的中点N，连接A1N，NE，取A1D1的中点M，连接MC1，AM，由平行四边形的判定和性质，推得截面为菱形，由对角线互相垂直，可得所求面积．【详解】（1）证明：连接SB，由EG为△CSB的中位线，可得EG∥SB，由EG⊄平面BDD1B1，SB⊂平面BDD1B1，可得EG∥平面BDD1B1；（2）由EF∥DB，EF⊄平面BDD1B1，DB⊂∥平面BDD1B1，可得EF∥∥平面BDD1B1，又由（1）可得