2025-2026学年福建南安第一中学高一下册期中考试数学试题 含答案

/数学一、单选题：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.已知平面向量，，若，则的值为（）A. B. C. D.2.已知复数，则（）A.0 B.1 C. D.3.已知直线l、m和平面，若，则“l与m不相交”是“”的（）A.充分非必要条件 B.必要非充分条件 C.充分必要条件 D.既非充分又非必要条件4.已知、是夹角为的两个单位向量，，，则在上的投影向量为（）A. B. C. D.5.已知圆锥的高为2，底面半径为，过圆锥任意两条母线所作的截面中，截面面积的最大值为（）A.4 B.6 C. D.6.湘超湘味，湘当韵味！2025年“湘超”火爆出圈，累计观赛人数超241万，全网流量破163亿，成为了湖南足球的精神图腾与全民练兵场，是湖湘文化的新名片！在一场激烈比赛中，某队的10号球员从点A出发，以2.5米/秒的速度做匀速直线运动，到达B点时，发现足球在点C处正以7.5米/秒的速度向点A做匀速直线运动．已知米，米，．若忽略该球员转身所需的时间，则该球员按原来的速度最快截住足球所用的时间为（）A.秒 B.秒 C.秒 D.秒7.已知直三棱柱，为等腰直角三角形，，以点为球心、半径为2的球与此直三棱柱表交，交线为，点为上的动点，当取最小值时，此时的值为（

）A. B. C. D.8.已知的内角的对边分别为，，则的最大值为（

）A. B. C. D.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.已知是两个互相垂直的单位向量，，则下列结论中正确的有（）A. B.C. D.与的夹角为10.下列说法正确的是（）A.复数的模为 B.复数的虚部为﹣1C.若，则 D.若复数满足，则11.在棱长为的正方体中，动点在其表面上运动，且，把点的轨迹长度称为“喇叭花”函数，下列结论中正确的是（

）A. B. C. D.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在中，，的面积为________．13.如图，在棱长均相等的四棱锥中，为底面正方形的中心，，分别为侧棱，的中点，有下列结论：（1）平面；（2）平面平面；（3）；（4）直线与直线所成角的大小为．其中正确结论的序号是____________．14.若平面向量，满足，，则当最小时，______；记与的夹角为，则的最大值为______.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.在中，内角的对边分别为．已知．（1）求的值；（2）证明：．16.如图，正四棱锥的底面为平行四边形．、、分别为、、的中点，设平面与平面的交线为．（1）求证：平面平面；（2）求证：；（3）若，求四棱锥的体积．17.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.（1）求角A；（2）D为外一点，且与点B位于直线AC的同侧，，，若，，求的面积.18.某烟花厂准备生产一款环保、安全的迷你小烟花，初步设计了一个平面图，如图所示，该平面图由，直角梯形和以为圆心的四分之一圆弧构成，其中，，，且，，，将平面图形以所在直线为轴，旋转一周形成的几何体即为烟花.（1）求该烟花的体积；（2）工厂准备将矩形（该矩形内接于图形，M在弧上，N在线段上，在上）旋转所形成的几何体用来安放燃料，设（）.①请用表示燃料的体积V；②若烟花燃烧时间t和燃料体积V满足关系，请计算这个烟花燃烧的最长时间.19.我们知道复数有三角形式，其中为复数的模，为辐角主值.由复数的三角形式可得出，若，，则.其几何意义是把向量绕点按逆时针方向旋转角（如果，就要把绕点按顺时针方向旋转角），再把它的模变为原来的倍.已知在复平面的上半平面内有一个菱形，其边长为，，点所对应的复数分别为，，.（1）若，求出，；（2）如图，若，以为边作正方形.（ⅰ）若在下方，是否存在复数使得长度为，若存在，求出复数；若不存在，说明理由；（ⅱ）若在上方，且向量，求证.

数学一、单选题：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.已知平面向量，，若，则的值为（）A. B. C. D.答案：A解析：解答过程：因为，所以，所以，解得.2.已知复数，则（）A.0 B.1 C. D.答案：D解析：解答过程：由，则.3.已知直线l、m和平面，若，则“l与m不相交”是“”的（）A.充分非必要条件 B.必要非充分条件 C.充分必要条件 D.既非充分又非必要条件答案：B解析：思路：根据线面判断及线线位置关系结合必要非充分条件定义判断.解答过程：当直线l与平交，且交点不在直线m上时，满足“l与m不相交”，但“”不成立，故充分性不成立；若，则与无交点，所以“l与m不相交”，故必要性成立；所以“l与m不相交”是“”的必要非充分条件.4.已知、是夹角为的两个单位向量，，，则在上的投影向量为（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：利用平面向量数量积的运算性质结合投影向量的定义可求得结果.解答过程：因为、是夹角为的两个单位向量，则，由平面向量数量积的定义可得，又因为，，所以，所以，所以在上的投影向量为.5.已知圆锥的高为2，底面半径为，过圆锥任意两条母线所作的截面中，截面面积的最大值为（）A.4 B.6 C. D.答案：B解析：思路：先根据余弦定理计算圆锥的轴截面三角形顶角的余弦值，判断得出其为钝角，再根据三角形的面积公式可知，当截面顶角为直角时截面面积最大.解答过程：如图，为母线，为底面圆心，其中为轴截面三角形，则，，则，则在中利用余弦定理可得，，则为钝角，设过圆锥任意两条母线所作的截面三角形的顶角，则，则截面三角形的面积为，则当，即时，截面三角形的面积最大，最大值为.故选：B6.湘超湘味，湘当韵味！2025年“湘超”火爆出圈，累计观赛人数超241万，全网流量破163亿，成为了湖南足球的精神图腾与全民练兵场，是湖湘文化的新名片！在一场激烈比赛中，某队的10号球员从点A出发，以2.5米/秒的速度做匀速直线运动，到达B点时，发现足球在点C处正以7.5米/秒的速度向点A做匀速直线运动．已知米，米，．若忽略该球员转身所需的时间，则该球员按原来的速度最快截住足球所用的时间为（）A.秒 B.秒 C.秒 D.秒答案：A解析：思路：设最快截住足球所用时间为秒，截住位置为点，结合余弦定理建立关于的方程求解即可.解答过程：设最快截住足球所用时间为秒，截住位置为点：根据速度和路程关系，可得：球员从出发走的路程，足球从向运动后剩余的路程.在中，已知，，由余弦定理：，可得则，解得或，所以该球员按原来的速度最快截住足球所用的时间为秒.7.已知直三棱柱，为等腰直角三角形，，以点为球心、半径为2的球与此直三棱柱表交，交线为，点为上的动点，当取最小值时，此时的值为（

）A. B. C. D.答案：C解析：思路：先根据条件确定点的轨迹，再根据最小可确定点的位置，求出在上的投影，利用平面向量数量积的几何意义求即可.解答过程：由题意可得，取值最小时，在平面内，球在平面的交线为如图所示的圆弧.故取值最小时，三点共线，过点作于，则，又，故，所以，解得，从而，因此.8.已知的内角的对边分别为，，则的最大值为（

）A. B. C. D.答案：C解析：思路：由正弦边角关系、三角形内角和及三角恒等变换得且，从而有，结合、和角正切公式得，最后应用基本不等式求最值.解答过程：因为，由正弦定理得，又，则，所以，即，所以，由，则，而，所以，所以角为钝角，，则角为锐角即，此时，由，所以，即，因为，所以，所以，当且仅当即时，等号成立，所以的最大值为.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.已知是两个互相垂直的单位向量，，则下列结论中正确的有（）A. B.C. D.与的夹角为答案：ABD解析：思路：先利用求模公式以及数量积的运算律得出，再利用求模公式、数量积的运算律、向量的夹角公式逐一判断ABD；设，利用平面向量基本定理判断的存在性判断C.解答过程：由题意可知，，且，则，，，故，B正确；，故A正确；因，，若，则，使得，因不共线，则，此方程组无解，故与不共线，故C错误；因，则，因，则，故D正确.故选：ABD10.下列说法正确的是（）A.复数的模为 B.复数的虚部为﹣1C.若，则 D.若复数满足，则答案：AB解析：思路：根据复数模长公式和虚部的定义可以判断A、B选项，虚数不能比较大小，可判断C选项，举反例即可判断D选项.解答过程：对于A选项，，故A正确，对于B选项，的虚部为，故B正确，对于C选项，因为，均为虚数，虚数不能比较大小，故C错误，对于D选项，令，则，故D错误，故选：AB.11.在棱长为的正方体中，动点在其表面上运动，且，把点的轨迹长度称为“喇叭花”函数，下列结论中正确的是（

）A. B. C. D.答案：ABD解析：思路：先确定球的半径的范围，从而确定球面与正方体各面的交线，再用弧长公式计算总长度，逐一验证选项即可.解答过程：A选项：，则动点在正方体的三个表面，，内运动，且运动轨迹均为以为圆心，为半径，且圆心角为的圆弧，则轨迹长度，故A正确；B选项：，则动点在正方体的三个表面，，内运动，且运动轨迹均为以为圆心，为半径，且圆心角为的圆弧，则轨迹长度，故B正确；C选项：，则动点在正方体的三个表面，，内运动，且运动轨迹长度相等，当在内运动时，则，即，则，所以在内的运动轨迹均为以为圆心，为半径，且圆心角为的圆弧，则轨迹长度，故C错误；D选项：，且，动点在正方体的三个表面，，内运动，且运动轨迹长度相等，当在内运动时，则，即，则，如图所示，设轨迹与，分别交于点，，所以，，则，同理，则，所以在内的运动轨迹均为以为圆心，为半径，且圆心角为的圆弧，则轨迹长度，故D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在中，，的面积为________．答案：##解析：思路：利用正弦定理及三角形的内角和定理，结合三角形的面积公式即可求解.解答过程：在中，已知，，，由正弦定理得，解得由于，所以为锐角，即，因此，故的面积为.13.如图，在棱长均相等的四棱锥中，为底面正方形的中心，，分别为侧棱，的中点，有下列结论：（1）平面；（2）平面平面；（3）；（4）直线与直线所成角的大小为．其中正确结论的序号是____________．答案：（1）（2）（3）解析：思路：根据题意，得到，利用线面平行的判定定理，证得平面，可判定（1）正确；再证得平面，利用面面平行的判定定理，可判定（2）正确；利用勾股定理，证得，结合，可判定（3）正确；利用异面直线所成角的定义和求法，可判定（4）错误.解答过程：如图所示，连接，因为分别为的中点，可得，又因为平面，平面，所以平面，所以（1）正确；因为分别为的中点，可得，又因为平面，平面，所以平面，因为，且平面，所以平面平面，所以（2）正确；由于四棱锥的棱长均相等，所以，所以，因为，所以，所以（3）正确．由于，分别为侧棱，的中点，所以，因为四边形为正方形，所以，所以直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，即为或其补角，又因为三角形为等边三角形，所以，所以（4）错误．故（1）（2）（3）.14.若平面向量，满足，，则当最小时，______；记与的夹角为，则的最大值为______.答案：①.1②.解析：思路：①先根据已知条件求出，然后化简，然后根据数量积的定义确定其最值.②先利用向量夹角的余弦公式求出，然后利用同角的三角函数关系式求出，进而列出的表达式，然后进行化简、换元，根据基本不等式的性质确定最大值.解答过程：因为平面向量，满足，所以等式两边平方得，展开化简得.因为，所以.所以，设向量的夹角为时，，所以，所以.由于取最小值时，取最大值，所以此时，所以.因为，所以.所以.令

，则

，令

，则

.由基本不等式，当

即

时，

取得最大值

.故①1；②.四、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.在中，内角的对边分别为．已知．（1）求的值；（2）证明：．答案：（1）（2）证明见解析解析：思路：（1）利用降幂公式化简可得，结合余弦定理化简，从而解得，结合正弦定理即可求解；（2）根据利用余弦定理化简可得，结合三角函数的图像与性质即可求解.（1）由，得，整理，得.在中，由余弦定理，得.把代入上式，得，因为，所以.在中，由正弦定理，得（2）在中，由余弦定理，得因为，所以.16.如图，正四棱锥的底面为平行四边形．、、分别为、、的中点，设平面与平面的交线为．（1）求证：平面平面；（2）求证：；（3）若，求四棱锥的体积．答案：（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.解析：思路：（1）根据面面平行的判定定理，即可证明；（2）根据线面平行的性质，即可证明；（3）根据几何体特征，可求得正四棱锥的高为，再根据锥体的体积公式即可求解.（1）因为、、分别为、、的中点，底面为平行四边形，所以，，又平面，平面，则平面，同理平面，平面，可得平面，又，平面，所以平面平面．（2）因为底面为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，又平面，平面平面，所以.（3）因为四棱锥是正四棱锥，所以底面是正方形，在底面上的投影是底面的中心，又，所以，又，所以四棱锥的高为，所以正四棱锥的体积．17.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.（1）求角A；（2）D为外一点，且与点B位于直线AC的同侧，，，若，，求的面积.答案：（1）（2）解析：思路：（1）根据正弦定理边化角，结合三角恒等变换即可求得；（2）在中，结合余弦定理得，结合正弦定理得，进而求得，最后根据面积公式求解即可.（1）解：因为，所以，，，因为，所以，所以，即，又，则有，所以.（2）解：因为，，，所以在中，，所以，即，因为在中，，所以，因为，所以，所以，所以.18.某烟花厂准备生产一款环保、安全的迷你小烟花，初步设计了一个平面图，如图所示，该平面图由，直角梯形和以为圆心的四分之一圆弧构成，其中，，，且，，，将平面图形以所在直线为轴，旋转一周形成的几何体即为烟花.（1）求该烟花的体积；（2）工厂准备将矩形（该矩形内接于图形，M在弧上，N在线段上，在上）旋转所形成的几何体用来安放燃料，设（）.①请用表示燃料的体积V；②若烟花燃烧时间t和燃料体积V满足关系，请计算这个烟花燃烧的最长时间.答案：（1）（2）①②解析：思路：（1）根据球，圆台，圆锥的体积公式运算即可；（2）①利用角度关系结合三角函数表示出矩形的边长，从而求出圆柱体的体积；②将体积代入关系式中并化简，解得：，然后结合复合函数和基本不等式将等式转化求解.（1）该烟花由半球，圆台，圆锥三部分组成，又，