2025~2026学年福建三明第一中学高一下册5月期中考试数学试题【含答案】

/数学（考试时间：120分钟试卷满分：150分）第一部分（选择题共58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.复数（数单位）在复平面上所对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.已知，则（）A. B. C.2 D.33.已知的内角所对的边分别为，若，则（）A. B.2 C. D.34.已知圆锥母线长为，底面半径为2，则经过两条母线的平面截此圆锥所得截面的面积最大值为（）A.3 B.2 C. D.5.点在平行四边形所在平面外，与交于点，则（）A. B. C. D.6.如图，在长方体中，，E，F分别为BC，的中点，点P在矩形内运动（包括边界），若平面AEF，则动点P的轨迹长度为（）A.2 B. C. D.7.中，、、分别是内角、、的对边，若且，则的形状是（）A.有一个角是的等腰三角形B.等边三角形C.三边均不相等的直角三角形D.等腰直角三角形8.O为平面内的定点，，，的夹角为120°，，，则的最大值为（）A.1 B.2 C.3 D.4二、选择题：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.（多选）为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，下列说法中正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则10.已知四边形是边长为2的正方形，为正方形所在平面上一点，且，则（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则的取值范围是11.已知三棱柱的底面是边长为2的正三角形，分别为的中点，若，则（）A.B.三棱柱的体积为C.与所成的角的余弦值为D.平面截三棱柱所得的截面面积为第二部分（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.某校为了解学生的学习情况，采用比例分配的分层随机抽样的方法，从高一1000人、高二1200人、高三1400人中抽取若干人进行问卷调查，若高二被抽取30人，则高三被抽取_____人．13.已知球的半径为10，有一个平面截球所得的截面的面积是．则球心到这个平面的距离为______．14.已知正方体的棱长为1，球与正方体的各面均相切，为球上一点，，分别为，上的点，则的最小值为________.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚．15.已知是平面内两个不共线的向量，，且A，C，E三点共线．（1）求λ的值；（2），已知点D的坐标为，若四边形ABCD为平行四边形，求点A的坐标．16.现有一几何体由上，下两部分组成，上部是正四棱锥．下部是正四棱柱(如图所示)，且正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍．（1）若求该几何体的体积．（2）若正四棱锥的侧棱长为6，①求正四棱锥的侧面积．②若是线段上的动点，求的最小值．17.已知，其内角的对边分别为，且．（1）求；（2），D是BC的中点，求AD的长．18.已知菱形的边长为2，，平面ABCD外一点P在平面上的射影是与的交点O，是等边三角形．（1）求证：平面；（2）求点D到平面的距离；（3）若点E是线段上的动点，问：点E在何处时，直线与平面所成的角最大？求出最大角的正弦值，以及此时线段的长．19.在经典欧氏空间中确定一个点位置所需要的独立坐标个数(自由度)即维度．例如，0维(点)的自由度，不需要任何坐标就能确定位置；1维(直线)的自由度，只需1个独立坐标x，2维(平面)的自由度，需2个独立坐标；3维(空间)的自由度，需3个独立坐标：……这是拓扑维度(线性代数维度)的本质定义，即独立自由度的数量．但是用自由度定义出来的永远是整数维，只能描述规整的欧氏几何体．而科赫曲线、肺泡、谢尔宾斯基海绵这类分形体(指局部和整体具有高度雷同的结构)，是嵌入高维空间的低维拓扑流形．常见的肺泡曲面其拓扑自由度为2(膜结构)，但其豪斯多夫维(其中k为分形体的缩放因子，N为迭代生成囊泡数，即甲乙两分形体的线性相似比为1：k，用个甲可组合或堆叠得到乙，则认为该几何体为D维豪斯多夫空间体．事实上由于人基因的多元性，肺泡的豪斯多夫公认实验区间为：2.17~2.97)．豪斯多夫维描述的是几何体的空间填充复杂度．如上图，两直线a与b的长度分为1与2，故它们的线性相似比就为1：2，即a是b缩放一半后所得，故缩放因子k=2，且两段(N=2)a可并排组合得到b，故直线的豪斯多夫维为1维．（1）猜想正方形与正方体的豪斯多夫维，并给出适当解释；（2）求n阶科赫曲线的豪斯多夫维(保留2位小数点)；（3）取棱长为1的正方体第1次迭代：将每条棱三等分，把正方体分割为27个全等的小正方体，挖去正中心1个与6个面中心共7个小正方体，剩余20个小正方体；重复该操作不断迭代，即可得到谢尔宾斯基海绵．①经过一次迭代后，求谢尔宾斯基海绵剩余几何体的体积；②经过一次迭代后，假设谢尔宾斯基海绵体的空腔内部有一个半径可变的小球，求该小球体积最大值；③经过n次迭代后，谢尔宾斯基海绵的体积呈现何种变化，请说明理由．参考数据：ln2=0.693，ln3=1.098

数学（考试时间：120分钟试卷满分：150分）第一部分（选择题共58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.复数（数单位）在复平面上所对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限答案：D解析：思路：根据复数的除法运算先化简，进而由几何意义即可求解.解答过程：复数​.在复平面上所对应的点为，故位于第四象限.故选：D​2.已知，则（）A. B. C.2 D.3答案：B解析：解答过程：由题可得，所以．3.已知的内角所对的边分别为，若，则（）A. B.2 C. D.3答案：C解析：思路：应用正弦定理计算求解.解答过程：中，若，则，再应用正弦定理得，则.故选：C4.已知圆锥母线长为，底面半径为2，则经过两条母线的平面截此圆锥所得截面的面积最大值为（）A.3 B.2 C. D.答案：A解析：思路：先求出轴截面的角度是钝角还是锐角，然后结合三角形面积公式即可求解.解答过程：设轴截面为，则，所以，所以截面三角形面积的最大值为.故选：A.5.点在平行四边形所在平面外，与交于点，则（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：利用向量的线性运算即可求解.解答过程：因为四边形为平行四边形，所以为和的中点，所以，故选：D.6.如图，在长方体中，，E，F分别为BC，的中点，点P在矩形内运动（包括边界），若平面AEF，则动点P的轨迹长度为（）A.2 B. C. D.答案：B解析：思路：利用面面平行得到轨迹的长度求解即可.解答过程：取的中点，的中点，连接，，，根据正方体的结构特征，易得，，因为平面，平面，故平面，同理平面，又，，平面，所以平面平面，又平面，且面，所以平面，即点在平面与平面的交线上，由题知，所以动点的轨迹长度为.故选：B.7.中，、、分别是内角、、的对边，若且，则的形状是（）A.有一个角是的等腰三角形B.等边三角形C.三边均不相等的直角三角形D.等腰直角三角形答案：D解析：思路：由推导可得的平分线垂直于边BC，进而可得，再由给定面积导出得解.解答过程：如图所示，在边、上分别取点、，使、，以、为邻边作平行四边形，则，显然，因此平行四边形为菱形，平分，而，则有，即，于是得是等腰三角形，即，令直线AF交BC于点O，则O是BC边的中点，，而，因此有，从而得，所以是等腰直角三角形.故选：D8.O为平面内的定点，，，的夹角为120°，，，则的最大值为（）A.1 B.2 C.3 D.4答案：C解析：思路：利用向量的模的运算求得，利用配方法和基本不等式可求得的范围，进而可求得的最大值.解答过程：因为，，的夹角为120°，所以.因为，所以，又，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以，，所以，所以的最大值为.二、选择题：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.（多选）为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，下列说法中正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则答案：AC解析：思路：根据空间中直线与平面的关系，对选项逐一进行判断即可.解答过程：A，若，则，A正确．B，若，则m，n有可能平行、相交或异面，B不正确．C，若，由线面垂直的判定定理可得，，C正确．D，若，因为m不一定在平面内，所以m不一定垂直，D不正确．故选：AC.10.已知四边形是边长为2的正方形，为正方形所在平面上一点，且，则（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则的取值范围是答案：AC解析：思路：根据给定条件，建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算逐项判断.解答过程：在正方形中，建立如图所示的平面直角坐标系，则，，，对于A，，，则，A正确；对于B，，，，B错误；对于C，，，，C正确；对于D，，，，D错误.故选：AC11.已知三棱柱的底面是边长为2的正三角形，分别为的中点，若，则（）A.B.三棱柱的体积为C.与所成的角的余弦值为D.平面截三棱柱所得的截面面积为答案：ACD解析：思路：利用线面垂直可证，故可判断A；利用线面垂直作出三棱柱的高，再用三棱柱体积公式计算即可判断B；利用定义作出异面直线所成角，结合余弦定理计算出角的余弦值可判断C；作图确定截面为梯形，利用公式求其面积可判断D.解答过程：对于选项A，，，故，故，故，而，平面，故平面，而平面，故，故选项正确.对于选项B，连接，底面是边长为2的正三角形，，则，和都是边长为等边三角形，为中点，，在中，利用余弦定理可得，，过点作于点，由上可知，平面，平面，又平面，则，由，，平面，可得平面，所以就是三棱柱的高，且,又，所以三棱柱的体积，故选项B错误.对于选项C，连接，在中，，利用余弦定理可得，解得，延长至点，使，连接，则且，即为与所成的角（或其补角），在中，,利用余弦定理可得，，则在中，，，利用余弦定理可得，故选项C正确.对于选项D，连接，分别为的中点，,四点共面，则平面截三棱柱所得的截面即为梯形，,为等腰三角形，底边上的高，即梯形的高为，梯形的面积为，故选项D正确.故选：ACD.第二部分（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.某校为了解学生的学习情况，采用比例分配的分层随机抽样的方法，从高一1000人、高二1200人、高三1400人中抽取若干人进行问卷调查，若高二被抽取30人，则高三被抽取_____人．答案：35解析：思路：根据分层抽样的基本原则，计算各层人数即可.解答过程：设高三抽取人，则由分层抽样可知，解得，故答案为：35.13.已知球的半径为10，有一个平面截球所得的截面的面积是．则球心到这个平面的距离为______．答案：8解析：思路：由条件可得截面圆的半径，然后由勾股定理列出方程，即可得到结果.解答过程：因为截面的面积是，设截面圆的半径为，即，所以，且球的半径，设球心到这个平面的距离为，则，即，解得,所以球心到这个平面的距离为.故答案为：14.已知正方体的棱长为1，球与正方体的各面均相切，为球上一点，，分别为，上的点，则的最小值为________.答案：解析：思路：首先利用球面上点的特点转化，作交于，通过作二面角的平面角，将转化为，在平面展开图中，通过化曲为直，继续转化，根据梯形的中位线公式求出的值即可得解.解答过程：如图1，易知为正方体的中心，球的半径，.所以.连接交于，可知是二面角的平面角.在中，.对于上一点，当时，取得最小值，此时，作交于，连接，可知也是二面角的平面角，在中，，所以.如图2，将平面沿直线翻折，使之与平面重合.作于，交于点，则有，当且仅当与重合时等号成立.作交延长线于，则为等腰直角三角形，，所以，所以.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、证明过程或演算步聚．15.已知是平面内两个不共线的向量，，且A，C，E三点共线．（1）求λ的值；（2），已知点D的坐标为，若四边形ABCD为平行四边形，求点A的坐标．答案：（1）（2）解析：思路：（1）先根据向量的加减法求出，再利用向量共线的性质列出方程，进而求出的值；（2）由（1）以及向量的加减法求出，设点，可求出，再根据平行四边形的性质得到，最后列出方程组求解点的坐标.（1）因为且，又因为A，E，C三点共线，所以，所以，即，所以，解得，所以；（2）由（1）得所以，由四边形ABCD为平行四边形得，设，且点D的坐标为，则，所以，解得，即．16.现有一几何体由上，下两部分组成，上部是正四棱锥．下部是正四棱柱(如图所示)，且正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍．（1）若求该几何体的体积．（2）若正四棱锥的侧棱长为6，①求正四棱锥的侧面积．②若是线段上的动点，求的最小值．答案：（1）312（2）①；②解析：思路：（1）根据求正四棱柱的高，分别计算正四棱柱和正四棱锥的体积，相加得到几何体体积；（2）①利用勾股定理求底面边长和侧面斜高，计算正四棱锥的侧面积；②将正四棱柱的侧面展开为平面图形，利用两点之间线段最短，计算的最小值.（1）由条件可知，正四棱柱的高所以正四棱柱的体积为，正四棱锥的体积为所以该几何体的体积为.（2）①，所以，正四棱锥侧面的高为所以正四棱锥的侧面积为②将正方形展开在一个平面，，当三点共线时，最短，所以.所以的最小值为.17.已知，其内角的对边分别为，且．（1）求；（2），D是BC的中点，求AD的长．答案：（1）（2）解析：思路：（1）利用正弦定理化边为角，结合展开化简，求得，再结合可得；（2）由面积公式求，用余弦定理求，再次在中用余弦定理，得AD的长.（1）由题意和正弦定理得，且，即，得，且，则，可得且，所以.（2）如图：因为由所以解得，在中，由余弦定理得则又D为BC边上的中点，所以在中，由余弦定理得，则在中，由余弦定理得所以18.已知菱形的边长为2，，平面ABCD外一点P在平面上的射影是与的交点O，是等边三角形．（1）求证：平面；（2）求点D到平面的距离；（3）若点E是线段上的动点，问：点E在何处时，直线与平面所成的角最大？求出最大角的正弦值，以及此时线段的长．答案：（1）证明见解析（2）（3）点E在线段上靠近点D的四等份点处，此时最大角的正弦值，解析：思路：（1）由题可得平面，故，根据菱形的性质可得，再根据线面垂直的判定定理即可证明；（2）由已知可得，与都是边长为2的等边三角形，可求出，做，即可求出，结合即可求解；（3）由线面平行的判定定理可得平面，可得到平面的距离即为到平面的距离，过作垂线平面交平面于点，要使角最大，则需使最小，此时，由余弦定理可求，即可求得，从而求解．（1）∵点P在底面上的射影是与的交点O，所以平面，因为平面，所以，因为四边形为菱形，所以，因为，⊂平面，所以平面．（2）由题意可得，与都是边长为2的等边三角形，，则，所以，作，所以，则，设点D到平面的距离为，由，则即解得故点D到平面的距离为；（3）设直线与平面所成的角为，因为平面，所以E到平面的距离即为D到平面的距离，过E作垂线平面交平面于点，则，此时,要使最大，则需使最小，此时由题意可知，∵平面，且，所以在△PAD中，由余弦定理可得：，所以，则，，，，即点E在线段上靠近点D的4等份点处，此时.19.在经典欧氏空间中确定一个点位置所需要的独立坐标个数(自由度)即维度．例如，0维(点)的自由度，不需要任何坐标就能确定位置；1维(直线)的自由度，只需1个独立坐标x，2维(平面)的自由度，需2个独立坐标；3维(空间)的自由度，需3个独立坐标：……这是拓扑维度(线性代数维度)的本质定义，即独立自由度的数量．但是用自由度定义出来的永远是整数维，只能描述规整的欧氏几何体．而科赫曲线、肺泡、谢尔宾斯基海绵这类分形体(指局部和整体具有高度雷同的结构)，是嵌入高维空间的低维拓扑流形．常见的肺泡曲面其拓扑自由度为2(膜结构)，但其豪斯多夫维(其中k为分形体的缩放因子，N为迭代生成囊泡数，即甲乙两分形体的线性相似比为1：k，用个甲可组合或堆叠得到乙，则认为该几何体为D维豪斯多夫空间体．事实上由于人基因的多元性，肺泡的豪斯多夫公认实验区间为：2.17~2.97)．豪斯多夫维描述的是几何体的空间填充复杂度．如上图，两直线a与b的长度分为1与2，故它们的线性相似比就为1：2，即a是b缩放一半后所得，故缩放因子k=2，且两段(N=2)a可并排组合得到b，故直线的豪斯多夫维为1维．（1）猜想正方形与正方体的豪斯多夫维，并给出适当解