福建省泉州市部分学校2025-2026学年高一下学期第二次教学质量监测数学试卷（含解析）

2026年春季高一第二次教学质量监测数学试卷一、单选题1．已知复数z满足，则z的共轭复数（

）A． B．C． D．2．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论正确的是（）A．若，则B．若，，则C．若，，，则D．若，则或是异面直线3．正方体中，则与底面ABCD所成角的正弦值为（）A． B． C． D．4．在中，分别为角的对边长，，则三角形的形状为（）A．直角三角形 B．等腰三角形或直角三角形 C．正三角形 D．等腰直角三角形5．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．6．已知平面向量，满足，，则向量在向量上的投影向量为（

）A． B． C． D．7．在中，内角的对边分别为，已知，边上一点使得，且，则的最小值为（

）A． B． C． D．88．已知非零向量与满足，且，，点是的边上的动点，则的最小值为（

）A．－1 B． C． D．二、多选题9．已知为虚数单位，下列说法正确的是（

）A．若复数，则B．若复数，，则复数在复平面内对应的点在第一象限C．是复数（a，）为虚数的充分不必要条件D．若复数是关于x的实系数方程的一个根，则10．在中，D是BC的中点，E是线段AD上的点，过E作一直线分别与AB，AC交于点M，N，设，，，其中，则下列结论正确的是（）A．若，则B．若，则C．若，，则D．若，则的最小值为11．正方体的棱长为2，点为线段上一动点，则（

）A．三棱锥的体积为定值B．直线与直线所成的角为C．在点运动过程中，有D．当为的一个三等分点时，平面截正方体所得的截面面积为三、填空题12．已知两点，若，则点P的坐标为_______.13．在中，角所对的边分别为.已知的面积为，则__________.14．若一个正四棱台的上下底面分别是边长和正方形，且体积为，则该台体的外接球的表面积为_________.四、解答题15．已知向量是同一平面内的三个向量，其中.(1)若，且，求向量的坐标；(2)若是单位向量，且，求与的夹角.16．在中，角的对边分别为，已知.(1)求角的大小；(2)若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求边上的高.条件①：；

条件②：；条件③：.注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.17．如图，在四棱锥中，是边长为的等边三角形，底面是等腰梯形，是的中点.(1)求证：平面；(2)画出平面与平面的交线（保留作图痕迹）；(3)若，求证：平面平面.18．如图所示，某区有一块空地，其中，，．当地区政府规划将这块空地改造成一个旅游景点，拟在中间挖一个人工湖，其中都在边上，且，挖出的泥土堆放在地带上形成假山，剩下的地带开设儿童游乐场．为安全起见，需在人工湖的周围安装防护网．(1)当时，求防护网的总长度；(2)若要求挖人工湖用地的面积是堆假山用地的面积的倍，试确定的大小；(3)为节省投入资金，人工湖的面积要尽可能小，当取何值时，可使的面积最小？最小面积是多少？19．如图所示，在直角梯形中，，，分别是上的点，且，，，，将四边形沿向上翻折，连接，在翻折的过程中，记二面角的大小为，．(1)当时，求三棱锥的体积；(2)若平面⊥平面．①求证：；②求的最小值.参考答案1．A【详解】∵，∴，∴.2．D【详解】A：当时，可以平行、相交、也可以异面，所以本选项结论不正确；B：当，时，直线可以在平面内，所以本选项结论不正确；C：当，，时，可以相交，所以本选项结论不正确；D：因为，所以直线没有公共点，因此或是异面直线，所以本选项结论正确.3．D【详解】因为为正方体，所以平面，所以为直线与平面的夹角，设，在中，，所以，故选：D．4．A【详解】解：∵，∴，所以由余弦定理可得，去分母得：，即，则为直角三角形，故选：A.5．D【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.6．A【详解】因为，，所以，即，也即，解得：，所以，由向量在向量上的投影向量为：，故选：A.7．C【详解】因为，所以，因为，即，即，所以，故，当且仅当时，等号成立.故选：C.8．C【详解】∵分别表示与方向的单位向量，∴以这两个单位向量为邻边的平行四边形是菱形，故所在直线为的平分线所在直线，∵，∴的平分线与垂直，故.取的中点，连接，则，由题意得，，∴.

如图，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，则，故.设，则，∴，∴，，∴，当时，取得最小值，最小值为.故选：C.9．ABD【详解】对于A，，则，A正确；对于B，在平面内对应的点在第一象限，B正确；对于C，是复数（a，）为虚数的充要条件，C正确；对于D，复数是关于x的实系数方程的一个根，则该方程另一根为，则，解得，因此，D正确.故选：ABD10．BC【详解】A，由余弦定理，，代入，，，得，故，A错误.B，由D是BC中点，得，则，，故，B正确.C，由，又，，故.由M、E、N共线，得，代入，，得，解得，C正确.D，当时，由，得，即.则.由均值不等式，当且仅当时取等号，即，即时等号成立.故，D错误.11．ACD【详解】对于A，如图，因为在正方体中，平面平面，且平面与平面的距离为正方体棱长，而，所以三棱锥的体积，为定值，因此A正确；对于B，，所以直线与直线所成的角等于直线与直线所成的角，由勾股定理得，，在三角形中，由余弦定理，，所以，B错误.对于C，如图，连接，，，，因为在正方体中，易知，，，平面，，∴平面，平面，∴，同理，，、平面，∴平面，而点为线段上一动点，所以平面，因此，所以C正确；对于D，不妨设为上靠近的一个三等分点，即，如图所示，设平面与，的交点分别为，，∵平面平面，∴，同理，∴平面截正方体所得的截面为平行四边形，∵，∴，∴，∴,由余弦定理的推论可求得，∴，∴，当为上靠近的一个三等分点，同理可求得截面面积为，因此D正确.12．【详解】设是坐标原点，则.13．5【详解】，，解得，，可得.14．【详解】根据条件，作出正四棱台如图所示，则其外接球球心在直线上，设，，设，因为该棱台的体积为，所以，所以，，当球心在线段延长线时，由，设，可得，即，解得，所以外接球半径即，当球心在线段上时，同理可得，即，解得舍去，所以其外接球表面积为.15．(1)或；(2)【详解】（1）设，由，且，得，所以或，故或；（2）因为，且，所以，即.所以，即.因为夹角，所以与的夹角.16．(1)(2)选择条件①：不存在；选择条件②③，【详解】（1）因为，由正弦定理得：，因为，所以，因为，所以，可得：，所以，因为，所以.（2）选择条件①：，且，又，由弦定理，可得，因为，所以这样的不存在；选择条件②，因为，且，所以，则，由，可得，因为，所以，解得，所以，由正弦定理，可得，因为，可得，设边上的高为，可得面积为，所以，所以.选择条件③：由，根据向量的数量积的公式，可得，所以，因为且，所以，解得，由余弦定理，可得，所以，设边上的高为，可得面积为，所以，所以.17．(1)在四棱锥中，取中点，连接，由是的中点，得，

又因为，所以，所以四边形是平行四边形，所以，又平面平面，所以平面.(2)延长交于，连接，则是平面与平面的交线.(3)在等腰梯形中，，过点作交于点，由，所以，在直角三角形中，，得.在中，由余弦定理，得，所以，所以，又因为，平面，因此平面，而平面，所以平面平面.【详解】（1）略（2）理由如下：因为，所以平面，同理平面，所以平面平面，又因为平面平面，所以平面平面，因此是平面与平面的交线.（3）略18．(1)(2)(3)时，面积取最小值为【详解】（1）在中，，，，则，在中，由余弦定理得：，即，所以，因此，所以，即，因此中，，，且所以为正三角形，其周长为，即防护网的总长度为.（2）设，因为，即，可得①.在中，,,由正弦定理，得：②，联立①②得，即，又因为，所以，因此，解得，所以.（3）设，由（2）知：，在中，由得：，，因为，所以，，，所以当且仅当，有最小值，因此，即时，面积取最小值为.19．(1)(2)①过点作交于点，因为平面平面，平面平面，所以平面，又平面，则；根据题意平面图形翻