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]

这是一份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]，共20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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2. 已知复数，则（ ）
A. B. 5C. 3D.
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. 16B. 18C. D. 36
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.
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1
C. 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. 5C. 3D.
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. 16B. 18C. 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：AD
10. 已知复数：满足，则（ ）
A. B. 的实部为1
C. 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，，即得二面角的平面角，在和中，由余弦定理分别求出，消去，整理后利用直角三角形中三角函数定义即可推得结论.
（1）法1：取的中点，连接，如图所示，
则，于是是二面角的平面角，
设，则，
由余弦定理得，
故
法2：利用三面角余弦定理，设二面角的平面角为，则有，
计算得，故
（2）二面角的平面角的大小为，利用三面角余弦定理得
，计算得，
于是.
由于，则.
，
即当时，三棱锥体积的最大值为
（3）如图过射线上一点在面作交于点，
在面内作交于点，连接，
则是二面角的平面角，
在中，由余弦定理得：，
在中，由余弦定理得：，
两式相减得：，
则，
两边同除以，得：
，
从而得证.