2025--2026学年福建厦门外国语学校高一下册期中考试数学试题 [含答案]

这是一份2025--2026学年福建厦门外国语学校高一下册期中考试数学试题 [含答案]，共19页。试卷主要包含了 已知复数，则， 在中，已知，则一定是等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷 （本卷共计58分）
一．单选题：（每小题只有一个选项正确，每小题5分，共计40分）
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，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，，则
2. 如图，在长方体中，，点分别为的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
3. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
4. 如图，在长方体中，，点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. B. C. D.
5. 在中，已知，则一定是（ ）
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. 在三棱锥中，平面平面，平面平面，，，则下列错误的是（ ）
A. B. 点到平面的距离为
C. 平面D. 平面平面
7. 在三棱柱中，点M，E分别是棱的中点，点满足，点为棱上的动点，若平面CDE，则（ ）
A. B. C. D.
8. 如图，已知正方体中，，点P为线段上的动点，Q为平面内的动点，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
二．多选题：（每小题有两个或三个选项正确，每小题6分，共计18分.部分选对得部分分，有选错不得分）
9. 已知向量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.
B. 向量在向量方向上的投影向量为
C.
D. 若，则
10. 某货轮在处时，灯塔位于货轮的北偏东，距离为海里，灯塔位于货轮的北偏西，距离为海里.该货轮自处向正北方向航行到处时，灯塔位于货轮的南偏东，则下列说法正确的是（ ）
A. 处在灯塔的西偏北B. 处与处之间的距离是海里
C. 灯塔与处之间的距离是海里D. 灯塔在处的西偏南
11. 如图，在棱长为1的正方体中，点满足，其中，则（ ）

A. 当时，点的轨迹长为
B. 当时，有且仅有一个点，使得平面
C. 当时，不存在点，使得
D. 当时，三棱锥的体积为定值
第II卷 （本卷共计92分）
三．填空题：（每小题5分，共计15分）
12. 若复数在复平面对应的点为，的共轭复数为，则_____.
13. 如图，正四棱锥底面边长和高均为，分别是其所在棱的中点，则几何体的体积为______.

14. 在矩形中，点是平面内的动点，且，则=_____；若，则的最小值为_____.

四．解答题：（第15题13分，第16-17题各15分，第18-19题各17分.要有必要的推理计算过程）
15. 如图，在中，点，满足，，AC边上的中线与交于点.设，.
（1）用向量，表示，；
（2）设，求的值.
16. 在中，角所对的边分别是，且，
（1）求；
（2）若的外接圆半径为，求的周长.
17. （本题不可用建系方法做，否则不得分）如图，多面体是由直三棱柱截去一部分后而成，是的中点，且，.
（1）若为的中点，在上，且，证明：直线平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
18. 在平面四边形中，.
（1）如图1，若，，且，求；
（2）如图2，若△为正三角形，求四边形面积S的最大值；
（3）如图3，若，与相交于点.当四边形面积S取得最大值时，求的值.
19. 如图，在三棱锥中，，，.

（1）证明：平面平面；
（2）在线段上是否存在一点E，使得二面角的正切值为?若存在，求出的值，若不存在，请说明理由；
（3）已知点为线段上另一动点，过点且与垂直的平面将三棱锥分成左右两部分，设，当为何值时，右侧部分的几何体的体积为？
数学
满分为150分.考试用时120分钟.
第Ⅰ卷 （本卷共计58分）
一．单选题：（每小题只有一个选项正确，每小题5分，共计40分）
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，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，，则
答案：C
解析：
思路：在长方体中，利用线线，线面，面面之间的关系判断.
解答过程：对于选项A，分别把、、当作直线、、，显然，故A不正确；
对于选项B，平面、平面、平面分别视为平面、、，显然，故B不正确；
对于选项C，，，则，故C正确；
对于选项D，平面、平面分别视为平面、，分别视为，则，故D不正确.
2. 如图，在长方体中，，点分别为的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
解答过程：如图所示，取的中点，连接，，，
在长方体中，，因为，分别是，，所以，所以，所以直线和所成角是锐角， 因为，所以，所以，
因为为的中点，所以，所以，所以，，
在中，由余弦定理得，
所以异面直线和所成角的余弦值为.
3. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
解答过程.
4. 如图，在长方体中，，点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. B. C. D.
答案：C
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，，，
根据长方体的结构特征，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，
因为，所以，
所以，所以动点的轨迹长度为.

5. 在中，已知，则一定是（ ）
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
答案：B
解析：
思路：由正弦定理化角为边，再结合余弦定理变形可得.
解答过程：因为，所以由正弦定理得，
又，
所以，，即，
所以一定是等腰三角形，
故选：B.
6. 在三棱锥中，平面平面，平面平面，，，则下列错误的是（ ）
A. B. 点到平面的距离为
C. 平面D. 平面平面
答案：D
解析：
思路：先证明平面，判断C；进而根据线面垂直性质判断A；取中点，连接，证明平面并求解的长度判断B；根据二面角的平面角的大小判断D.
解答过程：在平面内取一点，作，，垂足分别为，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，因为平面，所以
同理：平面，
因为平面
所以平面，故C选项正确；
又平面，所以，故A选项正确；
对于B，取中点，连接，因为，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，即点到平面的距离为的长度，
因为，所以，故B选项正确；
对于D，因为平面，平面，所以，
所以为二面角的平面角，
因为，，所以，
所以平面平面不成立，故错误.
7. 在三棱柱中，点M，E分别是棱的中点，点满足，点为棱上的动点，若平面CDE，则（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
思路：设，，先通过线面平行得到线线平行，证明四边形是平行四边形，求出，再通过梯形的中位线得到，从而找到，即.
解答过程：如图所示，在平面内，作，与交于，连接,则,所以，共面，因为平面CDE，平面平面CDE,由线面平行的性质定理得,所以四边形是平行四边形，所以，
设，，因为，所以，则，因为E是棱的中点，所以，
因为是梯形的中位线，所以，所以，所以，所以.
8. 如图，已知正方体中，，点P为线段上的动点，Q为平面内的动点，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
思路：利用几何法，结合平面展开图，可找到最小距离，通过计算即可得到答案.
解答过程：
当，即可得平面，此时是最小距离，
然后把平面与平面展开成共面，
如第二个图：即可得过作的垂线，垂足为
此时，即此时取到最小值，
因为在正方体中，，
所以
，
所以，
即的最小值是
二．多选题：（每小题有两个或三个选项正确，每小题6分，共计18分.部分选对得部分分，有选错不得分）
9. 已知向量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.
B. 向量在向量方向上的投影向量为
C.
D. 若，则
答案：ABD
解析：
思路：利用数量积运算，投影向量和向量平行公式即可判断每个选项
解答过程：由图可得，
对于A，，故A正确；
对于B，向量在向量方向上的投影向量，故B正确；
对于C，，
所以，故C不正确；
对于D，因为，，所以，故，故D正确.
故选：ABD
10. 某货轮在处时，灯塔位于货轮的北偏东，距离为海里，灯塔位于货轮的北偏西，距离为海里.该货轮自处向正北方向航行到处时，灯塔位于货轮的南偏东，则下列说法正确的是（ ）
A. 处在灯塔的西偏北B. 处与处之间的距离是海里
C. 灯塔与处之间的距离是海里D. 灯塔在处的西偏南
答案：BCD
解析：
思路：作出示意图，利用正弦定理、余弦定理解三角形，结合方向角的概念逐项判断即可.
解答过程：作出示意图如下图所示：
对于A选项，由题意可知，故处在灯塔的西偏北，A错；
对于B选项，在中，，，，故，
由正弦定理得，故，
即处与处之间的距离是海里，B对；
对于C选项，在中，，，，
由余弦定理可得，
故，即灯塔与处之间的距离是海里，C对；
对于D选项，因为，则，故灯塔在处的西偏南，D对.
11. 如图，在棱长为1的正方体中，点满足，其中，则（ ）

A. 当时，点的轨迹长为
B. 当时，有且仅有一个点，使得平面
C. 当时，不存在点，使得
D. 当时，三棱锥的体积为定值
答案：ACD
解析：
思路：对于A，根据点的轨迹为以为圆心，1为半径的圆在正方形内的弧判断；对于B，分别取中点得的轨迹为线段，再结合平面判断；对于C，分别取中点得的轨迹为线段，再结合判断；对于D，结合点的轨迹为线段，平面判断.
解答过程：因为点满足，其中，
所以点为正方形内部及棱上的点，
对于A，由正方体的性质易知平面，
故当时，，
即点的轨迹为以为圆心，1为半径的圆在正方形内的弧，
因为正方体的棱长为1，故的轨迹长为，A选项正确；
对于B选项，分别取中点，连接，
因为平面，平面，所以，
因为，所以平面，所以，
同理可知，又，所以平面，
因为当时，的轨迹为线段，
此时若存在点满足平面，则，显然不成立，
故当时，不存在点，使得平面，B选项错误；
对于C，分别取中点，连接，
当时，的轨迹为线段，由正方体的性质易知，
若存在点，使得，则，显然矛盾，
所以当时，不存在点，使得，C选项正确；
对于D，当时，点的轨迹为线段，因为分别为中点，
所以，又，所以，
因为平面，平面，所以平面，
所以点到平面距离为定值，即三棱锥的体积为定值，D选项正确；

第II卷 （本卷共计92分）
三．填空题：（每小题5分，共计15分）
12. 若复数在复平面对应的点为，的共轭复数为，则_____.
答案：
解析：
思路：利用复数的几何意义可得复数，利用共轭复数的定义以及复数的乘法计算可得结果.
解答过程：由复数的几何意义可得，所以，故.
13. 如图，正四棱锥底面边长和高均为，分别是其所在棱的中点，则几何体的体积为______.

答案：
解析：
思路：分别计算和，作差得到答案.
解答过程：正四棱锥底面边长和高均为，分别是其所在棱的中点，
则正四棱锥的底面边长和高均为，
则，，
故几何体的体积为.
14. 在矩形中，点是平面内的动点，且，则=_____；若，则的最小值为_____.

答案： ①. 0 ②. 2
解析：
思路：由条件得到，所以；建立平面直角坐标系，先得到点的轨迹，再对进行变形，通过数形结合，根据几何意义求出最小值.
解答过程：因为，所以，所以，即，所以；
依题意，建立以为原点，，所在直线分别为，轴的平面直角坐标系，
因为，
所以，，，，，
因为，则点在以为圆心，为半径的圆上，
设，则，，
则，即，
因为，，，
所以，，
所以
，
其几何意义是点到与的距离之和，
因为，所以点在直线()上，即对应线段(不含点)，连接,，
所以要求的最小值，只需要求的最小值即可，
而关于对称的点为，连接,，
故，此时，即，
所以的最小值是2.

四．解答题：（第15题13分，第16-17题各15分，第18-19题各17分.要有必要的推理计算过程）
15. 如图，在中，点，满足，，AC边上的中线与交于点.设，.
（1）用向量，表示，；
（2）设，求的值.
答案：（1），
（2）解析：
（1）因为为边上的中线，
，
因为，，所以，，
所以.
（2）解法一：因为三点共线，
所以存在实数，使得，
因为三点共线，
所以存在实数，使得，
所以，
根据平面向量基本定理可得：，解得：
所以，
因为，所以，，即.
解法二：过作的平行线，交于点，
在中，因为，所以∽，
因为，所以，
因为为中点，所以，即，
因为，所以，
因为三点共线，所以，
因为，所以
16. 在中，角所对的边分别是，且，
（1）求；
（2）若的外接圆半径为，求的周长.
答案：（1）
（2）解析：
思路：（1）根据正弦定理边化角，结合三角恒等变换化简整理得，再结合三角函数性质求解即可；
（2）由题知，，再结合余弦定理求解即可.
（1）解：，
∴ 根据正弦定理得到，
，，
，，即，
又，，，
（2），.
又∵三角形的外接圆半径为，
∴由正弦定理可知，即，
再由余弦定理得：，
的周长为.
17. （本题不可用建系方法做，否则不得分）如图，多面体是由直三棱柱截去一部分后而成，是的中点，且，.
（1）若为的中点，在上，且，证明：直线平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
答案：（1）证明见解析
（2）解析：
思路：（1）在直三棱柱中，取的中点，连接，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）方法一：利用等体积法求出点到平面的距离，并求出的长，设直线与平面所成角为，则，即可得解；
方法二：证明出平面，可知为直线与平面所成角，求出的长，即可求出的正弦值.
（1）在直三棱柱中，取的中点，连接，
因为为的中点，所以是梯形的中位线，所以且，
因为是的中点，所以，则，
因为且，，所以且，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，故直线平面.
（2）方法一（等体积法）连接，
因为平面，平面，所以，
因为为的中点，所以，
因为，所以，且为等腰直角三角形，
所以，易知，所以，且，
由余弦定理可得，
所以，即，则，
因为平面，平面，所以，
又因为，，、平面，所以平面.
因为且，所以四边形为平行四边形，则，
所以平面，则，
因为平面，所以，
故，
设点到面的距离为，则，
即，解得，
设直线与平面所成角为，
因为平面，平面，所以，
因为，故，
所以，故直线与平面所成角的正弦值为.
方法二（垂线法）
因为平面，平面，所以，
又因为，，、平面，所以平面.
因为且，所以四边形为平行四边形，则，
所以平面，
因为平面，所以，
因为平面，平面，所以，
因为为的中点，所以，
因为，所以，且为等腰直角三角形，
所以，易知，所以，且，
由余弦定理可得，
所以，即，
因为，、平面，所以平面，
所以为直线与平面所成角，
因为平面，平面，所以，
因为，故，
所以，故直线与平面所成角的正弦值为.
18. 在平面四边形中，.
（1）如图1，若，，且，求；
（2）如图2，若△为正三角形，求四边形面积S的最大值；
（3）如图3，若，与相交于点.当四边形面积S取得最大值时，求的值.
答案：（1）
（2） （3）4
解析：
思路：（1）根据正弦定理求解；
（2）利用三角形面积之和表示四边形面积，三角代换求最值即可；
（3）利用余弦定理及三角恒等变换化简，再由正弦定理及三角形相似求解.
（1）设，在中由正弦定理得：，则
在等腰中，，则
因此，解得
（2）设正的边长为，则等腰的高为.
则
令，则，
，
当且仅当时取得最大值.
（3）在，中分别由余弦定理得，
整理得，
即有
代入(*)式得，
当且仅当时，取到最大值，即此时四点共圆.
∵在圆中(同弧所对的圆周角相等)，∴
∴
19. 如图，在三棱锥中，，，.

（1）证明：平面平面；
（2）在线段上是否存在一点E，使得二面角的正切值为?若存在，求出的值，若不存在，请说明理由；
（3）已知点为线段上另一动点，过点且与垂直的平面将三棱锥分成左右两部分，设，当为何值时，右侧部分的几何体的体积为？
答案：（1）证明见解析
（2）存在，
（3）1
解析：
思路：（1）用余弦定理求角，再用几何关系证明线面垂直即可证明面面垂直；
（2）通过画图得到二面角的平面角，利用已知条件即可求解或者建立空间直角坐标系，用向量方法进行坐标运算即可求解；
（3）根据题意得出，然后底面积之比以及高之比得出右侧几何体的体积的表达式，从而得到答案.
（1） （2）
解法一：取中点，由（1）知，，∴.
过作交于，过作交于，则，所以，
所以，为二面角的平面角，
设，由，得，
同理；，
由，得，
在中，，解得，
所以线段上存在一点E，使得二面角的正切值为.，
解法二：设存在满足题意的点，由（1）可知两两垂直，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则，，则，，，，
，，，
设，，则，
显然平面的法向量.
设平面的法向量，则，
取，则，，所以，
若二面角的正切值为，则其余弦值为，
则，
整理得，所以，又因为，所以，
所以，即当时，二面角的正切值为.
（3）当时，平面截三棱锥所得截面为三角形，右部分的体积最大值为，
当时，平面截三棱锥所得截面为四边形，
设截面与棱的交点分别为，求得
，
右侧部分的体积，
化简得，
当时，检验符合上方程，
又时，有且只有一个值符合，故，