福建省泉州市四校2025-2026学年高一下学期期中联考数学试卷（Word版附解析）

这是一份福建省泉州市四校2025-2026学年高一下学期期中联考数学试卷（Word版附解析）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．已知，则（ ）
A．B．C．2D．
2．已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则
3．一个圆台的母线长为，上、下底面的半径分别为2，5，则圆台的体积为（ ）
A．B．C．D．
4．在中，，，，则边上的高为（ ）
A．B．C．D．
5．如图，正四棱柱中，，若直线与直线所成的角为，则直线与平面所成的角为（ ）
A．B．C．D．
6．如图，在中，，，为上一点，且满足 ，若，，则值为（ ）

A．B．
C．D．
7．已知四面体的各顶点均在球O的球面上，平面，，，三角形的外接圆半径是，则球O的表面积为（ ）
A．B．C．D．
8．如图，在中，，，，D是BC的中点，，AD与CE交于点F.则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知复数 （为虚数单位），则下列说法正确的是（ ）
A．的虚部为
B．
C．的共轭复数
D．复数在复平面内对应的点位于第四象限
10．如图，已知正方体的棱长为2，则下列四个结论正确的是（ ）
A．直线与为异面直线
B．平面
C．三棱锥的体积为
D．平面过点且平面，则平面截正方体所得截面的图形的周长为
11．在中，角，，所对的边分别为，，，且，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则的外接圆的面积为
B．若且有两解，则的取值范围为
C．若且为锐角三角形，则的取值范围为
D．若且，为的内心，则的面积为
三、填空题
12．已知，，与夹角为，则在方向上的投影向量为_________．（用表示）
13．在正四棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为_____.
14．如图，已知圆锥的母线长为2，高为，为底面圆心，且，为线段上靠近点的四等分点，则在此圆锥的侧面上，从到的最短路径长度为__________.

四、解答题
15．已知向量．
（Ⅰ）若，求的值；
（Ⅱ）若，求向量与夹角的大小．
16．设复数.
(1)若是实数，求m的值；
(2)若是纯虚数，求复数z的共轭复数.
17．已知分别为的内角所对的边，且.
(1)求；
(2)已知是边的中点，求的最大值.
18．如图，在三棱锥中，，分别为棱，的中点，，，，，．
(1)若平面平面，求证：；
(2)在（1）的条件下，求直线与平面所成角的正弦值；
(3)若，为线段上一动点，求的最小值．
19．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面．已知三棱锥如图所示．
(1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和；
(2)若平面，三棱锥在顶点处的离散曲率为，求点到平面的距离．
参考答案
1．A
【详解】因为，
所以.
2．C
【详解】对于A，若，，则与可能相交、平行或异面，故A错误；
在B中，若，，则α与β可能相交或平行，故B错误；
在C中，若，，则由线面垂直的性质定理得，故C正确；
在D中，若，，则α与β可能相交或平行，故D错误．
3．A
【详解】取上下底面的圆心，则即为圆台的高，如图所示，
在中，，
根据勾股定理可得.
所以圆台的体积为.
故选：A.
4．D
【详解】在中，，，，
由余弦定理得，
则．设边上的高为，由等面积法可得，
则．
5．A
【详解】连接与交于点，，所以即为直线与直线所成的角，即．该几何体为正四棱柱，，可得，所以．
连接，易得，平面，平面，所以平面，
所以即为直线与平面所成的角，，所以．
故选：A.
6．D
【详解】由条件可知，，
则，即，则，
，
所以，
.
故选：D
7．C
【详解】的中点为，
因为平面，平面，
所以，又，，平面，
所以平面，又平面，
所以，故为直角三角形，且为斜边，
所以，
因为平面，平面，
所以，故为直角三角形，且为斜边，
所以，所以，
所以四面体的外接球的球心为，故点与点重合，
由已知，，所以，
所以球的半径，
所以球O的表面积.
8．D
【详解】由，则，
且，得，
又是的中点，即是中线，则，
则，得，
所以
故选：D．
9．AB
【详解】由，
对于A，所以的虚部为，故A正确；
对于B，所以 ，故B正确；
对于C，所以的共轭复数，故C错误；
对于D，所以复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第三象限，故D错误．
10．ABD
【详解】对于A，因为平面，平面，，所以直线与为异面直线，A正确；
对于B，因为在正方体中，，平面，平面，所以平面，B正确；
对于C，则由正方体的性质可得为等腰直角三角形，所以的面积为2，故三棱锥的体积为，C错误；
对于D，连接,则平面即为平面，截面图形为等边三角形，所以平面截正方体所得截面的图形的周长为，D正确.
11．BCD
【详解】因为，所以由正弦定理，得，
即 ，
因为，所以，且，所以.
选项A：若，则，所以的外接圆的直径 ，
所以，
所以的外接圆的面积为，故选项A错误；
选项B：由正弦定理可得，
故，因为有两解，且，所以，
故，即b的取值范围为，故选项B正确；
选项C：由正弦定理，得 ，即，
因为，所以，
因为为锐角三角形，所以 ，即，所以，
所以，故选项C正确；
选项D：因为，由正弦定理得，
因为，所以，
所以由正弦定理，得，即，
所以，
即，所以，
所以，
又因为，所以，故，，解得 ，
因为，所以，
即是直角三角形，所以内切圆的半径为，
所以的面积为，故选项D正确.
故选：BCD.
12．
【详解】由题意可知，在方向上的投影向量为.
故答案为：.
13．
【详解】连接，
正四棱柱中，
有且，四边形为平行四边形，
则有，
则就是异面直线与所成的角．
设，则，
中，由余弦定理得．
故答案为：
14．/
【详解】圆锥的底面半径为，
由于，
所以为钝角，且，所以.
圆锥的侧面展开图如图，

沿母线展开的圆锥的侧面展开图中弧所对的圆心角为，
连接，可得从到的最短路径长度为：
.
故答案为：
15．（Ⅰ）；（Ⅱ）．
【详解】解：（Ⅰ）因为，所以，
由，可得，
即，解得，即，
所以；
（Ⅱ）依题意，
可得，即，
所以，
因为，
所以与的夹角大小是．
16．(1)
(2)
【详解】（1）由题知
若是实数，则，解得；
（2）由题知
若是纯虚数，则，解得，所以.
17．(1)
(2)
【详解】（1）因为，
由正弦定理得：，
因为，
所以，
因为，所以，所以，
所以，即，
因为，所以，所以，所以．
（2）因为，，所以，
因为是的中点，所以，
所以
，
因为，所以，即，
所以，
当且仅当时，等号成立．所以的最大值为．
18．(1)证明见详解
(2)
(3)
【详解】（1）由，为的中点，
则，
又平面平面，平面平面，
则平面，
又平面，
所以．
（2）由，平面平面，平面平面，
则平面，所以是直线与平面所成的角，
在中，
由，，
则，，
又，，
则由余弦定理有，
即，解得，
又平面，平面，则，
所以，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值为．
（3）如图，连接．
当时，由为的中点，则，
由（2）知，，，则，
所以，
又是的中点，则，
又由（2）知，，则，且，
则，
又，所以，
如图，将绕直线旋转得到，使与在同一平面内，且点在内，
则当，，三点共线时，最小，即的最小值为．
在中，，，，
则，
则，
所以在中，
由余弦定理得，
即的最小值为．
19．(1)
(2)
【详解】（1）根据离散曲率的定义得，
，
，
又因为
，
所以；
（2）因为平面，平面，所以，
又因为，，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，即
所以，所以，过点作于点，
由平面，平面，得，
又，，平面，则平面，
因此点到平面的距离为线段的长，
在△中，，