福建省厦门市2025-2026学年高一数学下学期5月期中测试含解析

福建厦门市2025-2026学年高一下学期期中考试

数学试题

一、单选题

1．已知，，是三个不同的平面，m，n，l是三条不同的直线，下列命题中正确的是（）

A．若ml,nl，则m//nB．若，，则//

C．若m，m∥n，则nD．若，m，n，则mn

，，，

2．如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB3BC2CC14，点E,F分别为CC1AD的中点，则异

面直线EF和AD1所成角的余弦值为（）

A．14B．70C．314D．214

14141414

i2026i

3．已知复数z，则z（）

1i

A．1B．5C．2D．3

4．如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2BC2CC16，点E，F分别为BC，CC1的中点，点P在矩

形BCC1B1内运动（包括边界），若A1P//平面AEF，则动点P的轨迹长度为（）

332

A．B．32C．D．3

22

5．在ABC中，已知2sinAsinCcosB1sin2B0，则ABC一定是（）

A．直角三角形B．等腰三角形

C．等腰直角三角形D．锐角三角形

6．在三棱锥PABC中，平面PAB平面ABC，平面PAC平面ABC，ABBC4，ABC90，则

下列错误的是（）

A．BCPAB．点B到平面PAC的距离为22

C．PA平面ABCD．平面PAB平面PAC

7．在三棱柱ABCA1B1C1中，点M，E分别是棱A1B1,AA1的中点，点N满足5CN3NC1，点D为棱BB1上

BD

的动点，若MN//平面CDE，则1（）

B1B

112

A．B．C．D．1

4332

8．如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1中，AB3，点P为线段BC1上的动点，Q为平面ABCD内的动点，

则D1PPQ的最小值是（）

32222

A．22B．C．222D．

22

二、多选题

9．已知向量a,b在平面直角坐标系中的位置如图所示.若网格中每个小正方形的边长均为1，则下列选项中

正确的是（）

A．ab6

2

B．向量b在向量a方向上的投影向量为a

3

C．abab

D．若c1,2，则c//ab

10．某货轮在A处时，灯塔B位于货轮的北偏东75，距离为126海里，灯塔C位于货轮的北偏西30，距

离为83海里.该货轮自A处向正北方向航行到D处时，灯塔B位于货轮的南偏东60，则下列说法正确的

是（）

A．D处在灯塔B的西偏北15B．A处与D处之间的距离是24海里

C．灯塔C与D处之间的距离是83海里D．灯塔C在D处的西偏南60

11．如图，在棱长为1的正方体中，点满足，其中，

ABCDA1B1C1D1PBPBCBB10,1,0,1

则（）

π

A．当AP=2时，点P的轨迹长为

2

1

B．当时，有且仅有一个点P，使得AP平面ABD

21

1

C．当时，不存在点P，使得AP//AB

21

1

D．当时，三棱锥PABD的体积为定值

21

三、填空题

12．若复数z在复平面对应的点为2,1，z的共轭复数为z，则zz=_____.

13．如图，正四棱锥PABCD底面边长和高均为4，点E,F,G,H分别是其所在棱的中点，则几何体

EFGHABCD的体积为______.

2

14．在矩形ABCD中，AB2,BC3,2BEEC,点P是平面ABCD内的动点，且APABAP，则

PAPB=_____；若0t1，则EBtED+EPt1ED的最小值为_____.

四、解答题

15．如图，在ABC中，点D，E满足AB2AD，AC2CE，AC边上的中线BM与DE交于点O.设ABa，

ACb.

(1)用向量a，b表示BM，DE；

uuurrr

(2)设BOxayb，求xy的值.

3

16．在ABC中，角A,B,C所对的边分别是a,b,c，且3bsinCc1cosB，BABC

2

(1)求B；

21

(2)若ABC的外接圆半径为，求ABC的周长.

3

17．（本题不可用建系方法做，否则不得分）如图，多面体ABCB1C1D是由直三棱柱ABCA1B1C1截去一

部分后而成，D是AA1的中点，且ADAC1，BC2.

CC

(1)若E为AB的中点，F在CC上，且14，证明：直线EF//平面BCD；

1CF11

(2)若ACBC，求直线B1C与平面B1C1D所成角的正弦值.

18．在平面四边形ABCD中，AD=CD=4.

1

(1)如图1，若BC2，sinABC，且ADAB，求AC；

3

(2)如图2，若△ABC为正三角形，求四边形ABCD面积S的最大值；

SAOD

(3)如图3，若AB2BC4，AC与BD相交于点O.当四边形ABCD面积S取得最大值时，求的值.

SBOC

19．如图，在三棱锥DABC中，ABADBD32，AC7，BCCD5.

(1)证明：平面ACD平面ABC；

2CE

(2)在线段CD上是否存在一点E，使得二面角EABC的正切值为?若存在，求出的值，若不存

8CD

在，请说明理由；

(3)已知点P为线段CD上另一动点，过点P且与CD垂直的平面将三棱锥DABC分成左右两部分，设

64

DPt，当t为何值时，右侧部分的几何体的体积为？

9

参考答案

1．C

【详解】对于选项A，分别把AA1、BC、AB当作直线m、n、l，显然mn，故A不正确；

对于选项B，平面AA1B1B、平面BB1C1C、平面ABCD分别视为平面、、，显然BB1，故B不

正确；

对于选项C，m，m∥n，则n，故C正确；

对于选项D，平面AA1B1B、平面ABCD分别视为平面、，A1B1,CD分别视为m,n，则m//n，故D不正

确.

2．B

【详解】如图所示，取BC的中点M，连接BC1，EM，FM，

在长方体ABCDA1B1C1D1中，AD1//BC1，因为E，M分别是C1C，BC，所以EM//BC1，所以EM//AD1，

，，

所以直线EF和AD1所成角是锐角FEM，因为AB3BC2CC14，所以

1

BCBC2CC241625，所以EMBC5，

1121

因为F为AD的中点，所以DF1，所以FCFD2DC210，所以EFFC2EC210414，

FM3，

EF2EM2FM2145970

在FEM中，由余弦定理得cosFEM，

2EFEM214514

70

所以异面直线EF和AD1所成角的余弦值为.

14

3．A

20262

iiii1i2

【详解】z1.

1i222

4．C

【详解】取BB1的中点M，B1C1的中点N，连接MN，A1M，A1N，

根据长方体的结构特征，易得EF//MN，A1N//AE，

因为MN平面AEF，EF平面AEF，

故MN//平面AEF，同理A1N//平面AEF，

又A1NMNN，A1N，MN平面A1MN，

所以平面A1MN//平面AEF，又A1P//平面AEF，且A1面A1MN，

所以A1P平面A1MN，即点P在平面A1MN与平面BCC1B1的交线MN上，

3

因为AB2BC2CC6，所以BCCC3，BMBN

11112

3232

所以MN，所以动点P的轨迹长度为.

22

5．B

【详解】因为2sinAsinCcosB1sin2B0，所以由正弦定理得2ac(cosB1)b20，

又b2a2c22accosB，

所以a2c22ac0，(ac)20，即ac，

所以ABC一定是等腰三角形，

故选：B.

6．D

【详解】在平面ABC内取一点H，作HMAB，HNAC，垂足分别为M,N，

因为平面PAB平面ABC，平面PAB平面ABCAB，HM平面ABC，

所以HM平面PAB，因为PA平面PAB，所以HMPA

同理：HN平面PAC，HNPA

因为HMHNH,HM,HN平面ABC

所以PA平面ABC，故C选项正确；

又BC平面ABC，所以PABC，故A选项正确；

对于B，取AC中点E，连接BE，因为ABBC4，所以BEAC，

因为平面PAC平面ABC，平面PAC平面ABCAC，BE平面ABC，

所以BE平面PAC，即点B到平面PAC的距离为BE的长度，

1

因为ABC90，所以BEAC22，故B选项正确；

2

对于D，因为PA平面ABC，AB,AC平面ABC，所以PAAB,PAAC，

所以BAC为二面角BAPC的平面角，

因为ABC90，ABBC4，所以BAC45，

所以平面PAB平面PAC不成立，故错误.

7．A

【详解】如图所示，在平面ABB1A1内，作MF//AA1，与DE交于F，连接CF,则MF//CC1,所以MF，CC1

共面，因为MN//平面CDE，平面MFCC1平面CDECF,由线面平行的性质定理得MN//CF,所以四边形

MFCN是平行四边形，所以MF=CN，

333

设BDx，BBCCAAy，因为5CN3NC，所以CNCCy，则MFy，因为E是棱AA

1111181881

1

的中点，所以AEy，

12

1

BDx1

B1DA1Exy11

因为MF是梯形B1DEA1的中位线，所以MF，所以32，所以xy，所以.

2y4BBy4

821

8．B

【详解】

当PQBC，即可得PQ平面ABCD，此时PQ是最小距离，

然后把平面ABC1D1与平面BCC1展开成共面，

如第二个图：即可得过D1作BC的垂线，垂足为Q

此时D1PPQD1Q，即此时D1Q取到最小值，

因为在正方体ABCDA1B1C1D1中，AB3，

DC33BC326

11，1

所以sinD1BC1cosD1BC1

D1B333D1B333

π22212222，

sinD1BQsinD1BC1sinD1BC1cosD1BC1

422232323

322

所以22，

D1QD1BsinD1BQ33

232

322

即D1PPQ的最小值是

2

9．ABD

【详解】由图可得a3,0,b2,2，

对于A，ab326，故A正确；

aba2

对于B，向量b在向量a方向上的投影向量2,0a，故B正确；

aa3

对于C，ab5,2,ab1,2，

所以abab512210，故C不正确；

对于D，因为c1,2，ab1,2，所以cab，故c//ab，故D正确.

故选：ABD

10．BCD

【详解】作出示意图如下图所示：

对于A选项，由题意可知ADB60，故D处在灯塔B的西偏北30，A错；

对于B选项，在△ABD中，AB126，ADB60，BAD75，故ABD45，

2

126

ADABABsin45

由正弦定理得，故AD224，

sinABDsinADBsin603

2

即A处与D处之间的距离是24海里，B对；

对于C选项，在ACD中，AD24，CAD30，AC83，

3

由余弦定理可得CD2AC2AD22ACADcos3019257628324192，

2

故CD83，即灯塔C与D处之间的距离是83海里，C对；

对于D选项，因为CDAC，则ADCCAD30，故灯塔C在D处的西偏南60，D对.

11．ACD

【详解】因为点满足，其中，

PBPBCBB10,1,0,1

所以点P为正方形B1C1CB内部及棱上的点，

对于A，由正方体的性质易知AB平面B1C1CB，

故当AP=2时，BP=1，

即点P的轨迹为以B为圆心，1为半径的圆在正方形B1C1CB内的弧，

1π

因为正方体的棱长为1，故P的轨迹长为2π1，A选项正确；

42

对于B选项，分别取B1C1,CB中点M,N，连接MN,AC1,AC，

因为CC1平面ABCD，BD平面ABCD，所以CC1BD，

因为ACBD,ACCC1C，所以BD平面ACC1，所以BDAC1，

同理可知A1BAC1，又BDA1BB，所以AC1平面A1BD，

1

因为当时，P的轨迹为线段MN，

2

此时若存在点P满足AP平面A1BD，则AP//AC1，显然不成立，

1

故当时，不存在点P，使得AP平面ABD，B选项错误；

21

对于C，分别取B1B,CC1中点E,F，连接EF，

1

当时，P的轨迹为线段EF，由正方体的性质易知A1B1//AB，

2

若存在点P，使得A1P//AB，则A1B1//A1P，显然矛盾，

1

所以当时，不存在点P，使得AP//AB，C选项正确；

21

1

对于D，当时，点P的轨迹为线段EN，因为E,N分别为BB,BC中点，

21

所以EN//B1C，又A1D//B1C，所以EN//A1D，

因为EN平面A1BD，A1D平面A1BD，所以EN//平面A1BD，

所以点P到平面A1BD距离为定值，即三棱锥PA1BD的体积为定值，D选项正确；

12．5

【详解】由复数的几何意义可得z2i，所以z2i，故zz=2i2i5.

56

13．

3

【详解】正四棱锥PABCD底面边长和高均为4，点E,F,G,H分别是其所在棱的中点，

则正四棱锥PEFGH的底面边长和高均为2，

16418

则V444，V222，

PABCD33PEFGH33

64856

故几何体EFGHABCD的体积为VVV.

EFGHABCDPABCDPEFGH333

14．02

22

【详解】因为APABAP，所以APPBAPABAPAPABAP0，所以APPB，即PAPB，

所以PAPB0；

依题意，建立以B为原点，BC，BA所在直线分别为x，y轴的平面直角坐标系，

因为AB2,BC3,2BEEC，

所以B0,0，E1,0，C3,0，D3,2，A0,2，

因为PAPB，则点P在以F0,1为圆心，1为半径的圆上，

设Px,y，则BPx,y，APx,y2，

2

则x2yy20，即x2y11，

因为EB1,0，ED2,2，EPx1,y，

所以EBtED12t,2t，EPt1EDx2t3,y2t2，

2222

所以EBtED+EPt1ED12t2tx2t3y2t2

2222

232t222tx32ty22t，

其几何意义是点H32t,22t到G2,2与Px,y的距离之和，

因为0t1，所以点H32t,22t在直线xy10(1x3)上，即对应线段DE(不含点D,E)，连接

GH,PH，

所以要求EBtED+EPt1ED的最小值，只需要求|PH||GH|的最小值即可，

而G2,2关于DE对称的点为G3,1，连接HG,FG，

1

故|PH||GH||FG|12，此时H2,1，即t，

min2

所以EBtED+EPt1ED的最小值是2.

113

15．(1)BMab，DEab

222

3

(2)

10

【详解】（1）因为BM为AC边上的中线，

111

BMBAAMBAACABACab，

222

13

因为AB2AD，AC2CE，所以ADAB，AEAC，

22

1313

所以DEDAAEADAEABACab.

2222

（2）解法一：因为B、O、M三点共线，

所以存在实数，使得BOBMab，

2

因为D、O、E三点共线，

3

所以存在实数，使得DODEab，

22

1113

所以BOBDDOABDEaabab，

2222222

13

225

根据平面向量基本定理可得：，解得：

31

225

1333

所以BOabab，

222510

uuurrr33333

因为BOxayb，所以x，y，即xy.

51051010

解法二：过M作DE的平行线MN，交AB于点N，

在ADE中，因为MN∥DE，所以AMN∽ADE，

AM1ANAM1

因为，所以，

AE3ADAE3

BD3BD3

因为D为AB中点，所以，即，

DN2BN5

BOBD3

因为DO∥MN，所以，

BMBN5

33133

因为B、O、M三点共线，所以BOBMabab，

552510

uuurrr333

因为BOxayb，所以xy

51010

π

16．(1)B

3

(2)47

【详解】（1）解：3bsinCc1cosB，

∴根据正弦定理得到3sinBsinCsinC1cosB，

C0,π，sinC0，

ππ1

3sinBcosB1，2sinB1，即sinB，

662

ππ5ππππ

又B0,π,B,，B，B，

666663

3

（2）BABCaccosB，ac3.

2

又∵三角形的外接圆半径为21，

3

b221221π

∴由正弦定理可知，即bsin7，

sinB333

再由余弦定理得：b2a2c22accosB7，

22

ac3ac7ac733ac4

ABC的周长为47.

17．(1)证明见解析

(2)1

2

【详解】（1）在直三棱柱ABCA1B1C1中，取DB1的中点H，连接EH，

ADBB

因为E为AB的中点，所以EH是梯形DABB的中位线，所以EH//BB且EH1，

112

11ADBB3

因为D是AA的中点，所以ADAABB，则EH1BB，

12121241

CC3

因为CC//BB且CCBB，14，所以CF//BB且CFBB，

1111CF11141

所以C1F//EH且C1FEH，所以四边形C1FEH为平行四边形，所以EF//HC1，

因为HC1平面B1C1D，EF平面B1C1D，故直线EF//平面B1C1D.

（2）方法一（等体积法）连接CD，

因为AD平面ABC，AC平面ABC，所以ADAC，

1

因为D为AA1的中点，所以ADAA1，

21

因为AC1，所以CDAC2AD2112，且ACD为等腰直角三角形，

所以ACD45，易知ACC190，所以DCC145，且CC12，

2

由余弦定理可得CD2CD2CC22CDCCcos45242222，

1112

22211

所以CDCDCC，即CDC1D，则S△CDCD221，

11CC1D212

因为CC1平面ABC，BC平面ABC，所以BCCC1，

又因为BCAC，ACCC1C，AC、CC1平面ACC1D，所以BC平面ACC1D.

因为BB1//CC1且BB1CC1，所以四边形BB1C1C为平行四边形，则B1C1//BC，

112

所以B1C1平面ACC1D，则VSBC12，

B1CC1D3CC1D1133

因为C1D平面ACC1D，所以B1C1C1D，

11

故S△BCCD222，

B1C1D21112

2

设点C到面B1C1D的距离为d，则VV，

CB1C1DB1CC1D3

112

即SBCDd2d，解得d2，

31133

设直线B1C与平面B1C1D所成角为，

因为BB1平面ABC，BC平面ABC，所以BCBB1，

因为BCBB2，故22，

1B1CBCBB122

d1

所以sin，故直线BC与平面BCD所成角的正弦值为1.

1112

B1C2

方法二（垂线法）

因为CC1平面ABC，BC平面ABC，所以BCCC1，

又因为BCAC，ACCC1C，AC、CC1平面ACC1D，所以BC平面ACC1D.

因为BB1//CC1且BB1CC1，所以四边形BB1C1C为平行四边形，则B1C1//BC，

所以B1C1平面ACC1D，

因为CD平面ACC1D，所以B1C1CD，

因为AD平面ABC，AC平面ABC，所以ADAC，

1

因为D为AA1的中点，所以ADAA1，

21

因为AC1，所以CDAC2AD2112，且ACD为等腰直角三角形，

所以ACD45，易知ACC190，所以DCC145，且CC12，

2

由余弦定理可得CD2CD2CC22CDCCcos45242222，

1112

222

所以CDC1DCC1，即CDC1D，

I

因为B1C1C1DC1，B1C1、C1D平面B1C1D，所以CD平面B1C1D，

所以CB1D为直线B1C与平面B1C1D所成角，

因为BB1平面ABC，BC平面ABC，所以BCBB1，

因为，故22，

BCBB12B1CBCBB122

CD1

所以sinCBD，故直线BC与平面BCD所成角的正弦值为1.

11112

B1C2

43

18．(1)AC

3

(2)1683

(3)4

ACBC2

【详解】（1）设BAC，在ABC中由正弦定理得：，则AC

sinABCsin3sin

在等腰△ADC中，ADCD4,CAD，则AC8sin

2

2343

因此AC8sin，解得sin,AC

3sin63

x2

（2）设正ABC的边长为x，则等腰△ADC的高为16.

4

31

则SSSx2x64x2

ABCADC44

π

令x8cos,(0,)，则S163cos216cossin83cos28sin283，

2

π

S16sin(2)83，

3

π

当且仅当时取得S最大值1683.

12

（3）SSABCSADC4(sinB2sinD)

在ABC，△ADC中分别由余弦定理得AC22016cosB3232cosD，

3

整理得cosB2cosD，

4

9

即有cos2B4cosBcosD4cos2D*

16

S216(sin2B4sin2D4sinBsinD)16(5cos2B4cos2D4sinBsinD)

代入(*)式得，S27164(sinBsinDcosBcosD)7164cos(BD)

当且仅当BD时，S取到最大值，即此时A,B,C,D四点共圆.

∵在圆中OADOBC(同弧所对的圆周角相等)，∴AODBOC

2

SAD

∴AOD4

SBOCBC

19．(1)证明见解析

CE1

(2)存在，

CD4

(3)1

【详解】（1）

（2）解法一：取AB中点M，由（1）知DOAB，OMAB，∴AB面DOM.

过E作ENDO交AC于N，过N作NHOM交AB于H，则面ENH面DOM，所以AB面ENH，

所以ABEH，ABNH，EHN为二面角EABC的平面角，

CEENCE

设，由，得EN3，

CDDOCD

同理CN4；AN74，

OMAO72

由，得NH22，

NHAN2

EN21

在Rt△ENH中，tanEHN，解得，

NH84

2CE1

所以线段CD上存在一点E，使得二面角EABC的正切值为.，

8CD4

解法二：设