浙江省G5联盟2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题 含解析

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考生须知：
1．本卷共 5 页满分 150 分，考试时间 120 分钟.
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字
.
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.
4．考试结束后，只需上交答题纸.
选择题部分
一、单项选择题：本题共 8 小题，每题 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. 若复数 ， 为虚数单位，则 的虚部为（ ）
A. B. 1 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简 ，即可判断.
【详解】因为 ，
所以 的虚部为 .
故选：B
2. 已知 ， ，则 在 方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用投影向量的定义，结合数量积的坐标运算求解.
【详解】根据题意， ，
所以 在 方向上的投影向量 .
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故选：A.
3. 若 ， 表示两条直线， ， ， 表示三个不重合的平面，下列命题正确的是（ ）
A. 若 ， ， ，则
B. 若 ， ， ，则
C. 若 ， ， ，则
D. 若 ， ， ，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据线线、线面、面面之间的位置关系逐项判断.
【详解】对于 A，若 ， ， ，则 ，或 与 相交，故 A 错误；
对于 B，若 ， ， ，则 ，或 与 为异面直线，故 B 错误；
对于 C，若 ， ， ，则 ，或 与 相交，故 C 错误；
对于 D，由 可得 ，因为 ，所以 ，
又因为 ，根据线面平行的性质定理可得 ，故 D 正确.
故选：D.
4. 如图的平面直角坐标系 中，线段 长度为 2，且 ，按“斜二测”画法水平放置的平面
上画出为 ，则 （ ）
A. 4 B. C. D.
【答案】C
【解析】
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【分析】在 中求出 ， 的值，根据斜二测画法，得到 ， 的值，在 中，
根据余弦定理求出 .
【详解】因为 ， ，
所以 ， ，
由斜二测画法得 ， ，
因为 ，
所以在 中，
，
故选：C.
5. 在 中， 为边 的中点，对于 所在直线上的任意点 ，均有
，则 的形状一定是（ ）
A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角形 D. 钝角三角形
【答案】B
【解析】
【分析】以 为原点，直线 为 轴，建立平面直角坐标系，设
，通过坐标运算即可求解.
【详解】以 为原点，直线 为 轴，建立如图平面直角坐标系，
设 ，
则 ，
上式为开口向上的二次函数，当 时，
，
因为 ，
又因为 ，
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所以 ，
解得 ，即 ，故 ，
所以 两点的横坐标相同，故 ,
所以 为直角三角形.
故选：B.
6. 已知复数 ， 为虚数单位，则对于 ， 最小值为（ ）
A. 2 B. 1 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据 得 ，进而得到 ，结合模的计算公式求出
，进而得到答案.
【详解】因为 ，所以 ，
所以 ，
所以 ，
所以当 时， 有最小值，最小值为 ，
故选：D.
7. 在正四棱锥 中， ，球 与四棱锥 的所有侧棱相切，并与底面
也相切，则球 的半径为（ ）
A. B. 1 C. D.
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【答案】C
【解析】
【分析】连接 、 ，设 ，连接 ，求出 内切圆的半径 ，即为球 的半径.
【详解】连接 、 ，设 ，连接 ，则 平面 ，
又 ，则 ， ，
所以 ，
设 内切圆的半径为 ，则 ，即 ，解得
，
所以球 的半径为 .
故选：C
8. 已知圆锥的轴截面顶角为 ，侧面展开扇形的圆心角为 ，则 为（ ）
A. 锐角 B. 直角 C. 钝角 D. 不存在
【答案】C
【解析】
【分析】设圆锥的母线长为 ，即可得到圆锥的底面半径 ，依题意可得 ，再分
、 、 三种情况讨论，结合存在性定理判断即可.
【详解】设圆锥的母线长为 ，则圆锥的底面半径 ，
侧面展开图的扇形弧长，即圆锥底面的周长 ，
因此 ，则 ，
若 ，则 ， ，显然不满足 ，故舍去；
若 ，所以 ，所以 ，则 ，
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又 ，不满足 ，故舍去；
若 ，令 ， ，
则 在 上 单 调 递 增 ， 又 ，
，
所以存在 ，使得 。即 在 上有解，
符合题意；
综上可得 为钝角.
故选：C
二、多项选择题：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，全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分．
9. 设平面向量 ， ， 均为非零向量，且 ，则下列命题正确的是（ ）
A. 若 ，则 B.
C. 若 ，则 D. 若 ，则
【答案】CD
【解析】
【分析】根据数量积的运算律判断 A、C、D，利用特殊值判断 B.
【详解】对于 A：因为 ，所以 ，
又 ，即 ，即 ，所以 ，即 ，故 A 错误；
对于 B：令 ， ， 满足题意，
但是 ， ，显然 不成立，故 B 错误；
对于 C：若 ，又 ，所以 ，
所以 ，故 C 正确；
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对于 D：由 A 知，由 可以得到 ，
若 ，即 ，则 ，所以 ，则 ，
所以由 ，可以得到 ，故 D 正确.
故选：CD
10. 已知四棱锥 如图， 且 ， ， 分别是 ， 的中点，则下列说
法正确的有（ ）
A. 平面
B. 四棱锥 的体积为 ，三棱锥 的体积为 ，则
C. 平面 与平面 的交线记为 ，则直线 平面
D. 平面 与平面 的交线记为 ，则直线 平面
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用线面平行的判定推理判断 AD；利用线面平行的判定性质推理判断 C；利用锥体积体公式求出
体积比判断 B.
【详解】对于 A，连接 ，连接 ，由 且 ， 为 中点，
得 ，则 是 中点，而 是 中点，于是 ，
而 平面 ， 平面 ，因此 平面 ，A 正确；
对于 B， ，由 是 中点，得 到平面 的距离是 到此平面距离 的 2
倍，
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而 ，因此 ，B 错误；
对于 C， 平面 ， 平面 ，则 平面 ，
而平面 平面 ， 平面 ，于 ，而 平面 ，
平面 ，因此直线 平面 ，C 正确；
对于 D，延长 交于点 ，连接 ，直线 直线 ，由 且 ，
得 为 中点，而 是 中点，则 平面 ， 平面 ，
因此直线 平面 ，D 正确.
故选：ACD
11. 图为温岭的标志性景观-石夫人，“峰以形名，头挽发髻，延颈削肩，神奇秀丽”．某兴趣小组测绘山峰
数据：于山脚 处测得峰顶 的仰角为 ，从 出发选择地平面方向 使得 ，前进至点
恰使 ，测得前进距离 ．若峰顶 在 所在地平面垂直投影点为 ，山坳
处有一个憩息点 ，观测峰顶 的仰角为 ， 在地平面投影点 落在 上， ，下列说法
正确的是（ ）
A.
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B.
C. 从 点观测峰顶 的仰角为 ，则
D. 从 点观测点 的仰角为 ，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】首先求出 ，即可求出 ，从而判断 A，过点 作 交 于点 ，求出 ，
即可判断 B，利用锐角三角函数判断 C，利用余弦定理求出 ，即可判断 D.
【详解】对于 A：依题意 ， ， 且 ，
所以 ，则 ，
因为峰顶 在 所在地平面垂直投影点为 ，即 平面 ， 平面 ，所以
，
所以 ，故 A 正确；
对于 B：因为 在地平面投影点 落在 上，即 平面 ，且 平面 ，
所以 ，过点 作 交 于点 ，则 ， ，
又 ， ，所以 ，
因为山坳处有一个憩息点 ，观测峰顶 仰角为 ，即 ，
所以 ，
则 ，故 B 正确；
对于 C：因为从 点观测峰顶 的仰角为 ，则 ，
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所以 ，则 ，故 C 错误；
对于 D：因为 ， 平面 ， 平面 ，所以 ，
又 ， 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
所以 ，
，
所以 ，所以 ，
所以从 点观测点 的仰角为 ，则 ，故 D 正确.
故选：ABD
非选择题部分
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 已知 ， 为平面中的单位向量，满足 ，若 ， ，且 ，则实数
________．
【答案】
【解析】
【分析】利用向量垂直的性质即可求解.
【详解】因为 ，且 ， ，
所以 ，
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即 ，
所以 ，
解得 .
故答案为： .
13. 已知复数 的实部为 1，且 ，若 是关于 的方程 ， 的根，则
________．
【答案】
【解析】
【分析】设 ，根据向量的模求出 ，即可得到 ，再由韦达定理计算可得.
【详解】设 ，则 ，解得 ，
所以 或 ，
因为 是关于 的方程 ， 的根，
所以 ，所以 ，
所以 .
故答案为：
14. 已知圆台的一个底面面积为 ，且有半径为 的内切球，则该圆台体积为________．
【答案】 ##
【解析】
【分析】作出圆台的轴截面，依题意可得圆台的高 ，又 ， ，
，设 ，利用勾股定理求出 ，再由圆台的体积公式计算可得.
【详解】因为圆台的一个底面面积为 ，则该底面圆的半径 ，不妨令其为上底面，
如图为该几何体的轴截面，其中圆 为等腰梯形 的内切圆，
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设圆 与梯形的腰相切于点 ，与上、下底分别切于点 ， ，球的半径 ，
则圆台的高 ，又 ， ， ，
设 ，则 ，所以 ，解得 ，
所以圆台的体积 .
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. 记 的内角 的对边分别为 ，已知 ．
（1）求 ；
（2）若 ，求 面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理即可解出；
（2）由（1）可知，只需求出 即可得到三角形面积，对等式恒等变换，即可解出．
【小问 1 详解】
因为 ，所以 ，解得： ．
【小问 2 详解】
由正弦定理可得
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，
变形可得： ，即 ，
而 ，所以 ，又 ，所以 ，
故 的面积为 ．
16. 已知长方体 中 ， ，其外接球的表面积为 ，平面 截去长
方体的一个角后，得到如图所示的几何体 ，其体积为 ．
（1）证明：平面 平面 ；
（2）求棱 的长；
（3）求几何体 的表面积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据长方体的性质得到 、 ，即可得证；
（2）设 ， ， ，根据外接球的表面积及棱柱、棱锥的体积公式得到方程
组，解得即可；
（3）根据表面积公式计算可得.
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【小问 1 详解】
根据长方体的性质可知 且 ，所以四边形 为平行四边形，
所以 ，又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
又 且 ， 且 ，
所以 且 ，所以四边形 为平行四边形，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
又 ， 平面 ，所以平面 平面 ；
小问 2 详解】
设 ， ， ，
又 （ 为长方体外接球半径），
又外接球的表面积为 ，即 ，所以 ，
∴ ①；
又 ，
∴ ②；
由①②解得 或 （舍去），∴棱长 为 ；
【小问 3 详解】
若 ， ， ，则 ，
， ， ，
在 中由余弦定理 ，
则 ，
所以 ，
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所以
.
17. 如图所示，直三棱柱 的所有棱长均相等，点 为 的中点，点 为 的中点．
（1）求证： 平面 ；
（2）若棱长 ，求此直三棱柱的体积；
（3）若三棱锥 的体积为 ，求该三棱柱的外接球表面积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）连接 ， ，根据棱柱的性质可知点 为 的中点，从而得到 ，即可得证；
（2）根据棱柱的体积公式计算可得；
（3）设 ，由 可求出 ，然后求出外接球的半径即可.
【小问 1 详解】
连接 ， ，
因为 为直三棱柱，点 为 的中点，
所以 ，即点 为 的中点，
又点 为 的中点，
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所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ；
【小问 2 详解】
因为直三棱柱 所有棱长均相等， ，
所以 ，
所以 .
【小问 3 详解】
设 ，因为 ，
又因为直三棱柱 的所有棱长均相等，
取 的中点 ，连接 ，则 ，又 平面 ， 平面 ，
所以 ，
又 ， 平面 ，所以 平面 ，
所以点 到平面 的距离为 ， ，
所以 ，解得 ，
因为等边三角形 的外接圆半径为 ，三棱柱的高 ，
所以三棱柱的外接球半径 ，
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所以三棱柱的外接球表面积 .
18. 如图，设 是平面内相交成 的两条射线， 分别为 同向的单位向量，定
义平面坐标系 为 仿射坐标系，在 仿射坐标系中，若 ，则记 .
（1）在 仿射坐标系中
①若 ，求 ；
②若 ，且 与 的夹角为 ，求 ；
（2）如上图所示，在 仿射坐标系中，B，C 分别在 轴， 轴正半轴上，
分别为 BD，BC 中点，求 的最大值.
【答案】（1）① ；②
（2）
【解析】
【分析】（1）①由题意， ，将其两边平方，再开方即可得到 ；
②由 ，由 表示出 和 ，再由已知用 表示出 ，因为 与 的夹角
为 ，然后由 ，即可得到 ；
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（2）由题意，设出 坐标 ，表示出 ，由
，将 表示成 ，
在 中依据余弦定理可得 ，代入得 ，
方法一：设 ，得到 ，则可得 的最大值；
方法二：在 中，用正弦定理，再设 ，可得 ，代入
，通过三角恒等化简可得 ，进而得到 的最大值.
【小问 1 详解】
①因为 ，
所以 ，
②由 ，
得 ，
，
，
因为 与 的夹角为 ，
则 ，得 ．
【小问 2 详解】
方法一：依题意设 ，
，
因为 为 BC 中点 ，
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为 BD 中点，所以 ，
所以， ，
因为 ，则
，
在 中依据余弦定理得 ，所以 ，代入上式得，
.
设 ，则 ，
令 得 ，得 (舍)，
所以 ，
则 .
方法二：依题意设 ，
，
因为 为 BC 中点，则 ，
为 BD 中点，所以 ，
所以， ，
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因为 .
，
在 中依据余弦定理得 ，所以 ，
代入上式得， ，
在 中，由正弦定理 ，
设 ，
，
则
19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，
使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当 的三个内角均
小于 时，使得 的点 即为费马点；当 有一个内角大于或等于
时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知 的内角 所对的边分
别为 ， ， ，设点 为 的费马点，记 ， ， ．
（1）若 ，
①求 ；
②若 ，求 的值；
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（2）若 ， ，求实数 的最小值．
【答案】（1）① ；② ；
（2） .
【解析】
【分析】（1）①利用正弦定理角化边，然后利用余弦定理来求解；②利用等面积法列方程，结合向量数量
积运算求得结果；
（2）根据条件，利用三角恒等变换化简计算得 ，利用余弦定理和勾股定理，根据边长关系建立等式，
结合基本不等式求最值.
【小问 1 详解】
①由正弦定理得 ，即 ，
所以 ，
又 ，所以 .
②由①可知 ，所以 的三个内角均小于 ，
则由费马点定义可知， ，
则 ，
因为 ，
所以 ，
即 ，得 ，
所以 .
【小问 2 详解】
因为 ，
所以 ，
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所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，则 或 .
当 时， ， 为直角三角形；
当 时，
则 ，
整理得 ，在三角形中不可能成立.
所以 ， 为直角三角形.
如图，因为点 为 的费马点，所以 ，
设 ，即 ， ，
则由 得 ， .
在 中，由余弦定理可得 ，
同理，在 中，由余弦定理可得 ，
在 中，由余弦定理可得 .
因为 为直角三角形， ，所以 ，
则 ，整理可得 ，
，
当且仅当 ，结合 ，解得 时等号成立，
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又 ，即 ，整理得 ，解得 或 （舍去），
所以实数 的最小值为 .
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