福建永春第一中学2025-2026学年高一年级期中考试数学科试题 含答案

/永春一中高一年级期中考数学科试卷（2026.4）考试时间120分钟，试卷总分150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，则的虚部为（）A. B. C. D.【正确答案】A【详解】因为，所以，虚部为.2.正五角星是一个非常优美的几何图形，且与黄金分割有着密切的联系．在如图所示的正五角星中，，是该正五角星的中心，则（）A. B.32 C. D.64【正确答案】A【分析】由平面向量数量积的定义计算可得结果.【详解】作，垂足为，如下图所示：则为的中点，故.故选：A3.如图，的斜二测直观图是，其中，则的面积是（）A.1 B.2 C.4 D.8【正确答案】D【详解】过作交轴于点，可得，因为，所以为等腰直角三角形，所以，根据斜二测画法，可得，如图所示，则，所以的面积，故选项D正确.4.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.【正确答案】D【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.5.已知正三棱台上下底面边长分别为、，高为1，则正三棱台外接球的体积为（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】利用正三棱台的几何性质计算出球心到下底面的距离，可求出外接球的半径，结合球体体公式可求得结果.【详解】如下图，设正三棱台的上、下底面的中心分别为、，由正三棱台的几何性质可知，外接球球心在直线上，正的外接圆半径为，正的外接圆半径为，设，若球心在线段上，则，，设球的半径为，则，即，解得，不合乎题意；所以，球心在射线上，则，，即，解得.所以，即，故该正三棱台的外接球体积为.故选：C6.某中学数学兴趣小组为测量学校附近某建筑物的高度，在学校操场选择了同一条直线上的，，三点进行测量．如图，（单位：米），点为中点，兴趣小组组长小王在，，三点正上方2米处的，，观察建筑物最高点的仰角分别为，，，其中，，，点为点在地面上的正投影，点为上与，，位于同一高度的点，则建筑物的高度为（）米．A.20 B.22 C.40 D.42【正确答案】B【分析】设，得到，，，并得到，根据得到，结合余弦定理得到方程，求出，得到筑物的高度.【详解】设，因为，，，所以，，，因为，点为中点，所以，点为中点，故，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，由于，故，即，解得，故建筑物的高度（米）.故选：B7.如图，矩形LMNK，，，半径为1，且E为线段NK的中点，P为圆E上动点，设，则的最小值是（）A.1 B. C. D.5【正确答案】B【分析】以点为坐标原点建系,设,由已知求得,将用坐标表示,解得,利用三角函数的最值解得的最小值.【详解】由已知建系如图,由，,解得,则,设,因为,,,.所以,即,解得:.所以,当时,的最小值是.故选：B本题主要考查了平面向量基本定理,向量的坐标运算,考查利用三角函数求最值问题,建立适当的坐标系是解题的关键,属于中档题.8.已知中，分别是角的对边，的面积，角的平分线交于点，且，则（）A.3 B.4 C.5 D.6【正确答案】B【分析】根据面积公式得出，利用正弦定理得出，进而得出，再利用求出，最后在中利用余弦定理可得.【详解】因为，所以，因为，所以，所以，由正弦定理可得，，则，因为，所以，则，即，因为是角的平分线，所以，所以，则，因为，，所以，因为，所以，则，得（负值舍去），故，在中利用余弦定理得，故二､多选题：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.如图，是边长为的等边三角形，是的外接圆圆心，延长与交于点是外接圆上一点，则（）A.的最大值为4B.C.D.当取最大值时，三点共线【正确答案】ABC【分析】对于A，由外接圆直径为的最大值可判断；对于B，由向量投影与数量积的关系可判断；对于C，由等边三角形重心的向量性质可判断；对于D，由的几何意义与点的位置可判断.【详解】对于A，因为的边长为，外接圆的半径，所以的最大值为，故A正确；对于B，由题意知，所以，故B正确；对于C，等边三角形的外接圆圆心也是重心，所以，所以，故C正确；对于D，当取最大值时，点是圆的最右边的点，即过点O的水平线与圆在右侧的交点，此时在上的投影向量的模最大，显然不满足，三点共线，故D错误.10.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c则（）A.若，则为等腰三角形B.若，则C.在锐角中，不等式恒成立D.若，，且有两解，则b的取值范围是【正确答案】ACD【分析】A项，用余弦定理统一成边形式化简判断；B项，由大边对大角与余弦函数的单调性可得；在锐角中，得到与正弦定理即可判断C的正误；根据题意，可得，求出b的范围，可判断D的正误；【详解】选项A，因为，即，所以有整理可得，所以，故为等腰三角形，故A正确；选项B，由大边对大角，，由余弦函数在上单调递减，故，故B错误；选项C：若为锐角三角形，所以，所以，由正弦函数在单调递增，则，故C正确；选项D：因为，，如图，因为有两解，所以，，解得，故D正确；11.如图，在棱长为1的正方体中，点，分别是，的中点，在棱上，满足，，为线段上的一个动点，平面平面，则下列命题中正确的是（）A.当时，平面B.当时，过点，，的平面截该正方体所得的截面为五边形C.当时，平面截该正方体所得截面面积的最大值为D.的最小值为【正确答案】ABD【分析】对于A，证明即可判断；对于B，当时，截面为梯形，当时，截面为五边形，即可判断；对于C，求出截面为正六边形的面积即可判断；对于D，设的中点为，对平面和平面沿展开，求出线段的长即可判断.【详解】对于A，当时，连接，因为分别为和的中点，所以，又，所以，又平面，平面，所以平面，故A正确；对于B，延长交于点，连接交于点，当时，在线段上，截面为梯形，当时，在延长线上，交于点，连接交于点，截面为五边形，所以，当时，过点，，的平面截该正方体所得的截面为五边形，故B正确；对于C，当时，为中点，因为平面平面，所以截面可以为正六边形，如图：因为正方体的棱长为，所以正六边形的边长为，所以面积，故C错误；对于D，设的中点为，由A可知，所以四点共面，对平面和平面沿展开，如图：四边形为等腰梯形，，，所以，又三角形为等腰三角形，，所以，即，所以，又，所以的最小值为，故D正确.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知圆台的体积为，上底面半径为1，高与母线的比值为，则该圆台的下底面半径为_________．【正确答案】2【分析】先由高和母线比设参数，结合勾股定理得高与半径差的关系，再代入体积公式列方程即可得结果.【详解】设圆台的高为，母线长为，下底面半径为，则，设，则，所以，即，所以，又因为，整理得：，所以.13.若正四面体的表面积为，则①该正四面体的棱长为1；②该正四面体的高为③该正四面体的体积为④该正四面体的外接球表面积为正确的序号有__________.【正确答案】①③④【分析】设该正四面体的棱长为，根据正四面体的性质结合已知得到的值；作平面，在直角三角形中利用勾股定理得到；根据锥体的体积公式即可得解；将该四面体放入正方体中，四面体的外接球即为正方体的外接球，从而求出外接球的半径，利用球的表面积公式求解即可.【详解】设该正四面体的棱长为，则其表面积为，所以，①正确；作平面，垂足为，则为的重心，连接延长交于中点，则有，高为，②错误；由①和②的分析可知该正四面体的体积为，③正确；将该四面体放入正方体中，则正方体的棱长为，且四面体的外接球即为正方体的外接球，其半径为，表面积为，④正确.14.在复平面上，复数2和所对应的点分别为，复数所对应的点在线段上移动，若，则复数对应点所构成图形的面积为___________．【正确答案】【分析】设复数所对应的点为，设复数所对应的点为，由得到点的轨迹为：以线段为中线，宽度为的矩形，加上两端为圆心，半径为的两个半圆，利用矩形和圆的面积公式求解即可.【详解】复数2和所对应的点分别为，，设复数所对应的点为，设复数所对应的点为，，，点轨迹是以点为圆心，半径为的圆，点在线段上移动，点的轨迹为：以线段上的点为圆心，半径为的圆的并集，即点的轨迹为：以线段为中线，宽度为的矩形，加上两端为圆心，半径为的两个半圆，，，复数对应点所构成图形的面积为.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.已知为虚数单位，，是的两个根.（1）设，满足方程，求的值；（2）设，复数，所对的向量分别是与，若向量与的夹角为钝角，求实数的取值范围.【正确答案】（1），（2）【分析】（1）利用共轭复数性质和韦达定理求解方程参数；（2）将复数转化为向量，利用向量夹角为钝角的条件（数量积为负且不共线）求解参数范围．【小问1详解】因为，所以方程的两个根，为共轭复数，设，，由韦达定理得，，将，代入，得，即，所以，解得，所以，，所以，．【小问2详解】因为，所以，所以，，所以，，因为与的夹角为钝角，所以，且与不共线，所以，解得且，所以实数的取值范围为.16.已知正四棱柱中，，，点分别是棱的中点，过三点的截面为．（1）作出截面（保留作图痕迹）；（2）设截面与平面交于直线，且截面把该正四棱柱分割成两部分，记体积分别为．（ⅰ）求证：；（ⅱ）求的值．【正确答案】（1）作图见解析；（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）.【分析】（1）连接并延长交的延长线于点，连接交于，连接即可得截面.（2）（ⅰ）利用面面平行的性质推理即得；（ⅱ）利用割补法及三棱锥的体积公式求出，进而求出的值即可.【小问1详解】在正四棱柱中，连接并延长交的延长线于点，连接交于，连接，则四边形是过三点的平面截正四棱柱的截面，如图：【小问2详解】（ⅰ）在正四棱柱中，平面平面，平面平面，平面平面，所以.（ⅱ）由（1）及已知，平面，平面，由是中点，，得是的中点，又，则，，，所以.17.如图，在正方体中，点分别为棱的中点，点是棱上的一点，且.（1）求证：平面；（2）棱上是否存在一点使平面平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【正确答案】（1）证明见解析（2）存在，【分析】（1）法一：连接，首先证明四边形是平行四边形，再根据已知及线面平行的判定即可证；法二：连接分别交于点，连接，利用等比例的性质得，再根据线面平行的判定即可证；（2）根据给定条件证明平面，法一：取中点P，连接，根据已知证明，再由线面平行、面面平行的判定证明结论，即可得；法二：延长交于，延长交于，连接，利用相似关系、平行四边形的性质及线面平行的判定证明平面，最后由面面平行的判定证明结论，即可得；【小问1详解】法一：连接，在正方体中，分别是中点，且，则四边形是平行四边形，∴，平面平面，所以平面，法二：连接分别交于点，连接，如图在正方体中，且，所以，则，同理得，所以，则，而平面平面，所以平面；【小问2详解】存在，且，理由如下：因为，所以，，而，由平面平面，所以平面，法一：取中点P，连接，如图，是中点，是的中位线，则，∵F为中点，则且，∴四边形是平行四边形，，综上，，平面平面，所以平面，又平面，所以平面平面；法二：延长交于，延长交于，连接，如图：为中点，易得，，分别为的中点，易得，，又，即，∴四边形为平行四边形，平面平面，所以平面，又平面，所以平面平面，所以时，平面平面.18.在中，角，，的对边分别为，，，，.（1）求角；（2）若是线段的中点，且，求；（3）若为锐角三角形，求的周长的取值范围.【正确答案】（1）（2）（3）【分析】（1）先应用正弦定理化边为角，再应用两角和的正弦公式计算化简得出角A；（2）先根据向量关系，左右两边平方后结合余弦定理得出，进而得出面积即可；（3）应用正弦定理边角转化应用辅助角公式化简，再根据角的范围应用正弦函数的性质求解.【小问1详解】由正弦定理可知，∴，∴，又，，∴，∵，∴，∵，∴．【小问2详解】由（1）及余弦定理得，即，①又因为，则，则，即，所以，②由得，所以．【小问3详解】由（1）得，则，即，由正弦定理可知，，所以．因为△ABC为锐角三角形，所以，，即，，则，即，则，故△ABC的周长的取值范围为．19.定义：对于非零向量，若函数，则称为向量的“伴生函数”，向量为函数的“源向量”．（1）若函数的“源向量”为，且以O为圆心，为半径的圆内切于正△ABC（顶点C恰好在y轴的正半轴上），求证：为定值；（2）已知向量为函数的“源向量”，若方程在上有且仅有四个不相等的实数根，求实数k的取值范围；（3）已知向量为函数的“源向量”，在时的取值为．设P是△ABC外心，若，且，求实数λ的值．【正确答案】（1）证明见解析（2）（3）【分析】（1）法一，根据所给定义，先找到的“源向量”，再结合正三角形的性质得到，，根