2025-2026学年福建厦门实验中学高一下册期中测试数学试题 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.已知集合，，则（）A. B. C. D.2.已知复数，则（）A. B.5 C.3 D.3.函数的零点所在区间为（）.A. B. C. D.4.已知，则（）A. B. C. D.5.已知一个水平放置的用斜二测画法得到的直观图如图所示，且，，则原平面图形的面积是（）A.16 B.18 C. D.366.如图所示，点为的边的中点，为线段上靠近点B的三等分点，则（）A. B. C. D.7.如图，在正三棱柱中，，，点D是侧棱的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（）A. B. C. D.8.已知平行四边形ABCD中，，点P在线段CD上（不包含端点），则的取值范围是（）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.已知不重合的直线，，和平面，，则（）A.若，，则B.若，，则C.若，，，，则D.若，，则10.已知复数：满足，则（）A. B.的实部为1C.的共轭复数为 D.在复平面中对应的点位于第四象限11.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.按照以下方式可构造一个半正多面体：如图，在一个棱长为4的正方体中，，，过三点可做一截面，类似地，可做8个形状完全相同的截面.关于该几何体，下列说法正确的是（）A.当时，该几何体是一个半正多面体B.若该几何体是由正八边形与正三角形围成的半正多面体，则边长为C.若该几何体是由正方形与正三角形围成的半正多面体，则体积为D.该几何体可能是由正方形与正六边形围成的半正多面体三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知为虚数单位，，若，则__________.13.已知向量满足，，夹角为，则在上的投影向量为_______.14.已知正四棱台的上底面的四个顶点都在圆锥的侧面上，下底面的四个顶点都在圆锥的底面圆周上，且，则圆锥的体积为__________.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，，．（1）求的值；（2）当为何值时，与垂直？16.如图，在直三棱柱中，所有棱长均为4，D是AB的中点．（1）求证：平面；（2）求异面直线与所成角的正弦值．17.的内角、、的对边分别为、、，已知，的面积为．（1）求角的大小；（2）若，求的周长．18.如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，．（1）证明：平面平面；（2）点在棱上，当二面角的余弦值为时，求．19.如图1，由射线构成的三面角，二面角的大小为，类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到三维空间中的三面角余弦定理.（1）如图2，在三棱锥中，为等腰直角三角形，为等边三角形，，求二面角平面角的正弦值；（2）如图3，在三棱锥中，平面，连接，，求三棱锥体积的最大值；（3）当时，请在图1的基础上，试证明三面角余弦定理.

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.已知集合，，则（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：由交集的定义可得.解答过程：因为集合，，所以.故选：A.2.已知复数，则（）A. B.5 C.3 D.答案：B解析：解答过程：由复数，可得，则3.函数的零点所在区间为（）.A. B. C. D.答案：B解析：思路：分析函数的单调性，结合零点存在定理可得出结论.解答过程：因为函数、在上均为增函数，故函数在上为增函数，因为，，则，故函数的零点所在区间为.故选：B.4.已知，则（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：由余弦的二倍角公式代入计算，即可得到结果.解答过程.故选：B.5.已知一个水平放置的用斜二测画法得到的直观图如图所示，且，，则原平面图形的面积是（）A.16 B.18 C. D.36答案：B解析：思路：根据斜二测画法可得原图形中的长度，故可求其面积.解答过程：由直观图可得且，故原平面图形的面积为，故选：B.6.如图所示，点为的边的中点，为线段上靠近点B的三等分点，则（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：根据平面向量的线性运算结合图像将用、表示，即可得出答案.解答过程：解：.故选：C.7.如图，在正三棱柱中，，，点D是侧棱的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：由正三棱柱的性质和线面所成角的定义得到与平面所成的角为.根据棱柱的底面平行，即为与平面所成角，进而计算得到所求．解答过程：平面，与平面所成的角为.又，，可得，而平面平面，与平面所成角的正弦值为.故应选：B.8.已知平行四边形ABCD中，，点P在线段CD上（不包含端点），则的取值范围是（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：根据平面向量的数量积的定义，由可得，再以为原点，以所在的直线为轴，以的垂线为轴，建立坐标系，设，进而根据向量坐标的线性运算即数量积的坐标表示可得，结合二次函数的性质即可求解.解答过程：∵，，，∴，即，即，以为原点，以所在的直线为轴，以的垂线为轴，建立如图所示的坐标系，∴，，，，设，∴，∴，设，∴在上单调递减，在上单调递增，∴，，则的取值范围是.故选：A.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.已知不重合的直线，，和平面，，则（）A.若，，则B.若，，则C.若，，，，则D.若，，则答案：AD解析：思路：根据直线和平面的相关性质逐一判断即可.解答过程：对于A，根据平行传递性可知，若，，则，故A正确；对于B，若，，则可能出现，或，或相交但不垂直，或异面但不垂直，故B错误；对于C，若，，，，则或相交，故C错误；对于D，根据面面垂直判定定理可知，若，，则，故D正确.故选：AD10.已知复数：满足，则（）A. B.的实部为1C.的共轭复数为 D.在复平面中对应的点位于第四象限答案：ABD解析：思路：根据代数形式的除法运算化简复数，再根据复数的概念及几何意义判断即可.解答过程：因为，所以，的实部为1，虚部为1，故B正确；，故A正确；的共轭复数为，故C不正确；在复平面中对应的点位于第四象限，故D正确.故选：ABD.11.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.按照以下方式可构造一个半正多面体：如图，在一个棱长为4的正方体中，，，过三点可做一截面，类似地，可做8个形状完全相同的截面.关于该几何体，下列说法正确的是（）A.当时，该几何体是一个半正多面体B.若该几何体是由正八边形与正三角形围成的半正多面体，则边长为C.若该几何体是由正方形与正三角形围成的半正多面体，则体积为D.该几何体可能是由正方形与正六边形围成的半正多面体答案：CD解析：思路：根据半正多面体的定义，结合棱柱和棱锥的体积公式逐一判断即可.解答过程：选项A：当时，，但，不满足正多边形条件，故A错误；选项B：如图1，因为棱长为4的正方体中，，，…，，所以，，当此半正多面体是由正八边形与正三角形围成时，，，解得，则边长为，故B错误；选项C，如图2，当此半正多面体是由正方形与正三角形围成时，，所以，体积为，故C正确；选项D，当时，如图3所示，此半正多面体是由正方形与正六边形围成，此时几何体也是半正多面体，故D正确，故选：BCD.方法提示：关键点点睛：本题的关键是理解半正多面体的定义.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知为虚数单位，，若，则__________.答案：解析：思路：应用复数乘法及复数相等得，即可得.解答过程：由题设，则，可得.故13.已知向量满足，，夹角为，则在上的投影向量为_______.答案：解析：解答过程：，所以在上的投影向量为.14.已知正四棱台的上底面的四个顶点都在圆锥的侧面上，下底面的四个顶点都在圆锥的底面圆周上，且，则圆锥的体积为__________.答案：解析：思路：根据题意作出图形，利用正四棱台的相关边长与圆锥的关系，结合图形即可求得圆锥的底面圆半径和高，从而可求其体积.解答过程：如图，设正四棱台的上底面中心为点，则点在上，连接，则点在上，点在上，因，由，可得，因，，在直角梯形中，，又由可得.故圆锥的体积为.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，，．（1）求的值；（2）当为何值时，与垂直？答案：（1）（2）解析：思路：（1）对展开并代入即可求解；（2）根据与垂直可得，代入，即可求解k．（1）因为，，所以，则．（2）若与垂直，则，从而，又因为，，所以，解得．16.如图，在直三棱柱中，所有棱长均为4，D是AB的中点．（1）求证：平面；（2）求异面直线与所成角的正弦值．答案：（1）证明过程见解析（2）解析：思路：（1）连接交于，利用三角形中位线定理，结合线面平行的判定定理进行证明即可；（2）根据（1）的结论，结合异面直线所成角定理、直棱柱的性质、余弦定理、同角的三角函数关系式进行求解即可.（1）连接交于，在直三棱柱中，所有棱长均为4，因此四边形是正方形，所以是的中点，而D是AB的中点，因此有，而平面，平面，所以平面；（2）由（1）可知：，因此异面直线与所成角为（或其补角），因为是正方形，所以，在直三棱柱中，所有棱长均为4，因此四边形是正方形，因此有，在直三棱柱中，侧棱垂直于底面，因此也就垂直底面中任何直线，因此有，由余弦定理可知：，因此.17.的内角、、的对边分别为、、，已知，的面积为．（1）求角的大小；（2）若，求的周长．答案：（1）（2）解析：思路：（1）利用余弦定理、三角形的面积公式可化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；（2）由（1）可得出的值，结合正弦定理可求得的知，结合已知条件求出的值，由此可求出的周长.（1）由余弦定理可得，即，因为，即，所以，因为，故.（2）由正弦定理可得，由（1）可得，可得，所以，，则，故，因为，所以，故，因此，的周长为.18.如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，．（1）证明：平面平面；（2）点在棱上，当二面角的余弦值为时，求．答案：（1）证明见解析（2）解析：思路：（1）先证明，，可得平面，进而可得结论；（2）过作交于，过作于，连接，先证明平面，可得为二面角的平面角，设，列方程求解即可.（1）连结，∵侧棱底面，平面，∴．又∵底面是正方形，∴．而且，平面．∴平面．又平面，∴平面平面．（2）过作交于，过作于，连接．在平面中，，，∴，因为底面，∴平面，又平面，∴，又∵，，平面，∴平面，又平面，∴，∴为二面角的平面角．故，则．设，则，，．在Rt中，，∴．在Rt中，，∴．所以，当二面角的余弦值为时，．19.如图1，由射线构成的三面角，二面角的大小为，类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到三维空间中的三面角余弦定理.（1）如图2，在三棱锥中，为等腰直角三角形，为等边三角形，，求二面角平面角的正弦值；（2）如图3，在三棱锥中，平面，连接，，求三棱锥体积的最大值；（3）当时，请在图1的基础上，试证明三面角余弦定理.答案：（1）（2）（3）证明见解析解析：思路：（1）法1：构建三角形，算出各边，根据余弦定理可得解；法2：依题意，将相关数据代入三面角余弦定理求得，再求出（2）依题意证明平面，将和分别用表示，求出的表达式，借助于二次函数的最值即得体积最大值.（3）在射线上一点，分别作，