福建莆田第一中学2025_2026学年高一下学期数学周测：期中复习卷2（含答案）

这是一份福建莆田第一中学2025_2026学年高一下学期数学周测：期中复习卷2（含答案），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 若复数z满足，则在复平面内复数z对应的点Z位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【正确答案】D
【分析】设出，a，，利用复数相等求出实部与虚部，得到所在象限.
【详解】设，其中a，，则，则，，
即，，故，
此时z在复平面内对应的点为，位于第四象限，
故选：D.
2. 知向量，，在坐标纸（规定小方格的边长为1）中的位置如图所示，则（ ）

A. B.
C. D.
【正确答案】D
【分析】利用方格纸建系，写出相关点的坐标，求得的坐标，利用向量坐标对各选项中的线性运算进行计算判断即得.
【详解】
如图，建立平面直角坐标系，则,于是，.
对于A，，故A错误；
对于B，，故B错误；
对于C，，故C错误；
对于D，，故D正确.
故选：D.
3. 若分别为的三个内角，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【正确答案】C
【分析】由正弦定理得，且，函数在上单调递减，所以，即可判断.
【详解】解：依题意可知，在中，由正弦定理可知，
若，则，
于是，且，函数在上单调递减，
所以，
又，则，所以满足充分性；
且以上过程可逆，因此也满足必要性，
故选：C．
4. 设为两个不同的平面，为两条不同的直线，且，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则或
C. 若，，则
D. 若与所成的角相等，则
【正确答案】C
【分析】根据线面位置关系及面面位置关系判断各个选项即可.
【详解】对于A，，，则或，A选项错误；
对于B，，则可以不垂直且不垂直，B选项错误；
对于C，如图，记平面和分别为平面，直线分别为，
过直线的平面分别交于直线，记为，
因为，，所以，所以，
由线面平行的判定定理可知，
因为，，所以，所以，C正确.
对于，如图，若为正方体，
记平面和分别为平面，直线分别为，
由正方体性质可知，直线与所成角相等，但不垂直，故错误.
故选：C.
5. 在中，，动点满足，且，若为的中点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】取的中点，可得在直线，最小值即为到直线的距离，据此计算可得最小值.
【详解】作出示意如图所示：取的中点，
则，又，所以，
又，所以在直线上，
所以的最小值为到直线的距离，即，
因为，所以，且，所以，
所以，所以的最小值为.
故选：C.
6. 在中，A，B，C所对的边分别为，已知且，若面积为4，则（ ）
A. 2B. C. D.
【正确答案】C
【分析】由，结合三角变换和正弦定理，可求边，再结合三角形的面积公式和余弦定理，可求，再利用二倍角公式，可求.
【详解】因为.
所以
所以
所以.
由正弦定理可得：，又，所以.
因为面积为4，所以①
由余弦定理可得：,
所以：②
①②可得：，即.
所以.
故选：C
7. 如图，在棱长为2的正方体中，已知分别是棱的中点，平面经过和，平面经过和，则该正方体处于平面之间部分的体积为（ ）
A. B. 4C. D.
【正确答案】A
【分析】先由平行关系得到两截面，由对称性得到正方体处于平面之间部分的体积为正方体的体积减去两个三棱台的体积，再结合台体体积公式计算可得.
【详解】取中点，因为为的中点，所以，
则四点共面，所以平面截正方体的截面即为平面，
取中点，因为为中点，所以，同理平面截正方体的截面即为，
几何体为三棱台，由对称可知三棱台的体积与的体积相等，
所以正方体处于平面之间部分的体积为正方体的体积减去两个三棱台的体积，
，
所以该正方体处于平面之间部分的体积为.
故选：A.
8. 我国古代举世闻名的数学专著《九章算术》将底面为矩形的棱台称为“刍童”.已知棱台是一个所有侧棱的长相等，高为2的“刍童”，，，则该“刍童”外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】根据刍童的几何性可知外接球的球心在四棱台上下底面中心连线上，设球心为，根据几何关系求出外接球半径即可求其表面积
【详解】
如图，连接，设，连接．
∵棱台侧棱相等，∴易知其外接球球心在线段所在直线上，
设外接球球心为，易得，
因为，则球心不可能在线段之间，其位于的延长线上，
如图所示：
由得，解得，故,
∴外接球表面积为．
故选：C.
二、多选题
9. 已知复数，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 若，则
C. 若，则为纯虚数D.
【正确答案】ACD
【分析】根据共轭复数及复数的乘法可判断；根据复数的分类可判断；根据纯虚数的定义可判断；表示点到的距离，数形结合即可判断.
【详解】，所以，
对于：，故正确；
对于：，
所以，或，或，
当时，不是实数，故错误；
对于：若，则，所以为纯虚数，故正确；
对于：对应的点表示圆上的点，对应的点，
表示点到的距离，
由图可知，故正确.
故选.
10. 已知向量，，其中，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则的值为B. 若，则与的夹角为锐角
C. 若，则的值为D. 若，则
【正确答案】AC
【分析】由向量垂直的坐标表示直接计算即可判断A；由向量夹角为锐角得且与不共线，列式求解即可判断B；由向量平行的坐标表示直接计算即可判断C；先由向量垂直的坐标表示直接计算求解t，再依次计算相应向量模长即可判断D.
【详解】对于A，因为，所以，解得，故A正确；
对于B，若与的夹角为锐角，则，且与不共线，
所以，解得且，
所以当且时与的夹角为锐角，故B错误；
对于C，因为，所以，解得，故C正确；
对于D，由题意得，.
因为，所以，解得，
当时，，，
此时，，，故D错误.
故选：AC.
11. 正方体中，分别为的中点，为侧面内一点，则（ ）
A. 存在点，使得平面
B. 线段上不存在点，使与所成角为30°
C. 当∥平面时，的最大值为
D. 当点为侧面中心时，平面截正方体所得的截面为五边形
【正确答案】BCD
【分析】对于A，假设存在平面，利用反证法分析判断，对于B，由∥，得是异面直线与所成角，然后在直角中求解判断，对于C，取中点中点，可证得平面∥平面，则平面，所以，从而可求出的最大值，对于D，根据平面的性质作出截面判断.
【详解】设正方体的棱长为2
对于A，若存在平面，因为平面，则平面平面，矛盾，
故不存在点使平面，故A错误；
对于B，因为∥，则是异面直线与所成角，
因为平面平面，为直角三角形，，，
则，所以不存在点使与所成角为，故B正确；
对于C，取中点中点，则∥，平面平面，
则∥平面，因为∥平面平面，
则∥平面，，所以平面∥平面，
因为∥四点共面，平面∥平面，
所以∥平面时，平面，
平面平面，
在中，边上的高满足，则，，故C正确；
对于D，过作∥交于，过作∥交于，∥且，延长相交于平面，为中点，且为中点，所以∥且，
即三点共线且，
连接并延长，与相交于点，与的延长线相交于点，∥，所以，
连接与相交于点∥，所以，
连接与相交于点，由对称性可得，
连接，则平面截正方体所得的截面图形为五边形，故D正确．
故选：BCD．
关键点点睛：本小题以正方体为载体，考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识；解题的关键是结合正方体的性质求解，考查空间想象能力、推理论证能力等；导向对直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养的关注；体现基础性与综合性，属于较难题．
三、填空题
12. 已知一个圆台的上下底面直径分别为6和8，母线长为，则该圆台的侧面积为______．
【正确答案】
【分析】直接根据圆台侧面积公式求解即可.
【详解】圆台的上下底面半径为3和4，
根据题意可知：圆台的侧面积为．
故．
13. 已知中，，向量在向量上的投影向量为，则______．
【正确答案】
【分析】解法一：利用投影向量的定义结合题意列方程求解即可；解法二：如图作延长线于点，则由题意可得，从而可求出角.
【详解】解法一：因为向量在向量上的投影向量为
，
则，
因为
所以．
解法二：如图作，交延长线于点，
由题可知向量在向量上的投影向量为，
即，因为，
所以，
故．
14. 在中，为边的中点，的平分线交于点，若的面积为1，则的面积为______，的最小值为______.
【正确答案】 ①. 6 ②.
【分析】利用角平分线定理结合给定条件得到边长的比例关系，进而求解第一空，利用三角形面积公式结合余弦定理把目标式表示为一元函数，再利用基本不等式求最值即可.
【详解】在中，设对应的边分别为，
因为为的中点，所以.
因为为的平分线，，
所以， ，所以，
因为，所以.
在中，，所以，
因为
，
当且仅当时，等号成立，所以，所以.
故6；
关键点点睛：本题考查解三角形，解题关键是利用余弦定理把目标式转化为一元函数，然后利用基本不等式得到所要求的最值即可．
四、解答题
15. 如图，在平行四边形中，，分别是线段，的中点，记，，且，，.
（1）试用向量，表示，；
（2）①求，的值；②设为的内心，若，求的值.
【正确答案】（1）
（2）①；②
【分析】（1）根据向量的线性运算求解即可；
（2）根据向量数量积的运算法则、数量积的定义运算求模；再由三角形内心的性质化简可得.
【小问1详解】
；
.
【小问2详解】
①由（1）知：，则，
又，
，.
②为的内心，
，
.
16. 如图，四棱锥中，底面是菱形，平面，，为的中点，直线与平面交于点.
（1）证明：平面；
（2）求四棱锥的体积.
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）由题可知平面，由线面平行的性质定理得，再由线面平行的判定定理得证；
（2）法1，由题可得，所以，进而可得，运算得解；法2，取，的中点分别为，，得到平面，平面，得，运算得解；法3，由题可得，由，得，即，运算得解.
【小问1详解】
因为四边形是菱形，所以.
又平面，平面，所以平面.
因为平面，平面平面，所以.
又平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
解法1：因为，，所以.
因为为的中点，所以为的中点.
因为，，所以，所以.
又为的中点，所以.
因为平面，所以.
因为四边形是菱形，，所以，所以.
因为为的中点，，所以，
所以.
解法2：连接，则.
设，的中点分别为，，连接，.
因为四边形是菱形，，所以，所以，.
因为平面，平面，所以平面平面.
又平面平面，平面，，所以平面.
同理平面.
所以.
因为和都是等边三角形，所以，
且，.
所以.
解法3.
因为为的中点，所以，
所以.
因为为的中点，所以.
因为，所以，
所以，即.
因为平面，所以.
因为，，
所以.
17. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，过内一点M的直线l与直线AB交于D，记与夹角为.
（1）已知，
（i）求角A﹔
（ii）M为的重心，，求；
（2）请用向量方法探究与的边和角之间的等量关系.
【正确答案】（1）（i）；（ii）
（2）
【分析】（1）（i）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式计算可得；
（ii）由及数量积模的运算求得，根据正弦定理结合三角恒等变换得，将代入求值即可；
（2）由，结合数量积可得，再运用数量积定义可分别求出、、，代入整理即可.
【小问1详解】
（i）因为，
由正弦定理可得，
即，所以，
又，所以，所以，所以，
又，所以.
（ii）由题意，因为M为的重心，所以，
所以，
在中，由正弦定理知，所以，
显然为等腰三角形，则平分，
所以
；
【小问2详解】
直线与的边相交于点，如图所示，
因为，所以，
即，
又因为，
，
，
所以，
即.
18. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面四边形ABCD为直角梯形，，，，，M，N分别为PC，PB中点．
（1）求证：．
（2）求BD与平面ANMD所成角的余弦值．
（3）求点C到平面PBD的距离．
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【分析】（1）由平面PAB，证明，结合等腰三角形中，即可证明平面ANMD，由线面垂直性质得；
（2）关键在于找到BD与平面ANMD所成的角，由（1）知平面ANMD，且，所以为BD与平面ANMD所成角，进而结合边长可求其余弦值；
（3）C到平面PBD的距离就是三棱锥的高，使用等体积法将转化到，即可求解.
【小问1详解】
因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
又因为，，且两直线在平面内，所以平面PAB，
因为平面PAB，所以，
因为，且N为PB中点，所以，
又因为，所以平面ANMD，
又因为平面ANMD，所以．
【小问2详解】
连接DN，因为平面ANMD，，所以为BD与平面ANMD所成角，
又因为且，N为PB中点，所以，
所以，即，
又因为且，所以，
所以，
所以BD与平面ANMD所成角的余弦值为．
【小问3详解】
由已知得，，，
，
设点C到平面PBD的距离h，
则．
由，即，解得，即点C到平面PBD的距离为．
19. 某公园计划改造一块四边形区域铺设草坪，其中百米，百米，，，草坪内需要规划4条人行道、、、以及两条排水沟、，其中、、分别为边、、的中点．
（1）若，求的余弦值；
（2）若，求排水沟的长；
（3）若，试用表示4条人行道的总长度，并求出它的取值范围．
【正确答案】（1）
（2）百米
（3），，
【分析】（1）结合几何图像和已知条件，利用两角和的余弦公式求解；
（2）结合（1）结论，利用余弦定理求解；
（3）结合几何图像及性质，利用余弦定理、正弦定理，两角和与差的三角函数公式，结合正弦函数性质求解．
【小问1详解】
百米，百米，，
在直角三角形中，百米，
，，
又，，百米，
在等腰直角三角形中，百米，，，
．
的余弦值为．
【小问2详解】
由（1）知，当时，，，
在中，，
（百米）．
排水沟的长为百米．
【小问3详解】
设，，，、、分别为边、、的中点，
，百米，，
，百米，，
在中，由余弦定理得，
由正弦定理，得，，
连接，，，为边的中点，
，，
在中，，
由余弦定理得
，
在中，，
由余弦定理得
，
，.
令
在单调递增，
．