湖南省常德市第一中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题（原卷版+解析版）

这是一份湖南省常德市第一中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题（原卷版+解析版），共24页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
时量：120分钟 满分：150分 命题：高二数学备课组
一、单项选择题：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. 设i是虚数单位，则复数在复平面内所对应的点位于
A 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2. 一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的面积为（ ）

A 4B. C. 16D. 8
3. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，则b=（ ）
A B. C. D.
4. 若圆锥的轴截面为等腰直角三角形，则它的底面积与侧面积之比是（ ）
A. B. C. D.
5. 中，角的对边分别是，，.若这个三角形有两解，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
6. 若，是夹角为的两个单位向量，且与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
7. 已知一个圆台的上底面圆的半径为2，下底面圆的半径为4，体积为56，则该圆台的高为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
8. 已知锐角中角，，所对边的长分别为，，，且，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列结论中正确的是（ ）
A. 若，则或
B. 若，则
C. 若复数满足，则的最大值为3
D. 若（，），则
10. 如图（1）是一个正四棱柱形的密闭容器水平放置，其底部镶嵌了同底的正四棱锥形实心装饰块，容器内盛有升水时，水面恰好经过正四棱锥的顶点，如果将容器倒置，水面也恰好过点（图（2））．下列四个命题中，正确的有（ ）
A. 正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半
B. 在图1容器中，若往容器内再注入升水，则水面高度是容器高度的
C. 将容器侧面水平放置时，水面也恰好过点
D. 任意摆放该容器，当水面静止时，水面都恰好经过点
11. 如图，的内角，所对的边分别为，，.若，且，是外一点，，，则下列说法正确的是（ ）

A. 是等边三角形
B. 若，则四点共圆
C. 四边形面积最大值为
D. 四边形面积最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到处时测得公路北侧一山顶D在西偏北的方向上，行驶600m后到达处，测得此山顶在西偏北的方向上，仰角为，则此山的高度 ________ m.
13. 如图所示，在直三棱柱中，棱柱的侧面均为矩形，，，，P是上的一动点，则的最小值为_____.
14. 已知是边长为的正三角形，点P是的外接圆上一点，则的最大值是______．
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. 已知复数，，且为纯虚数．
（1）求复数；
（2）设、在复平面上对应的点分别为A、B，O为坐标原点．求向量在向量上的投影向量的坐标．
16. 如图，圆柱内接于球O，已知球O的半径R＝2，设圆柱的底面半径为r．

（1）以r为变量，表示圆柱表面积和体积；
（2）当r为何值时，该球内接圆柱的侧面积最大，最大值是多少？
17. 如图，菱形的边长为，，，．
求：（1）；
（2）．
18. 如图所示，在四棱锥中，底面为平行四边形，侧面为正三角形，为线段上一点，为的中点.
（1）当为中点时，求证：平面.
（2）当平面，求出点的位置，说明理由.
19. 十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”它的答案是：“当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点．在费马问题中所求的点称为费马点．已知a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，且，点为的费马点．
（1）求角；
（2）若，求的值；
（3）若，求的取值范围．
常德市一中2025年上学期高一年级期中考试试卷
数 学
时量：120分钟 满分：150分 命题：高二数学备课组
一、单项选择题：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. 设i是虚数单位，则复数在复平面内所对应的点位于
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：由题意得 ，所以在复平面内表示复数的点为在第二象限．
故选B．
考点：复数的运算；复数的代数表示以及几何意义.
2. 一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的面积为（ ）

A. 4B. C. 16D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由斜二测画法的规则，即可得到原图形的面积.
【详解】还原直观图为原图形，如图所示，

因为，所以，
还原回原图形后，，，
所以原图形面积为.
故选：D
3. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，则b=（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】直接利用正弦定理的应用和三角函数值的应用求出结果．
【详解】解：在中，角，，所对的边分别是，，．若，，，
利用正弦定理：，
整理得：．
故选：D．
【点睛】本题考查正弦定理的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．
4. 若圆锥的轴截面为等腰直角三角形，则它的底面积与侧面积之比是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意作图，由轴截面得出母线与底面圆半径的等量关系，再利用底面积和侧面积公式求解.
【详解】根据题意作圆锥的轴截面，如图，
设圆锥的底面圆半径为，高为 ，母线长为 .
若圆锥的轴截面为等腰直角三角形，
则有，所以.
该圆锥的底面积与侧面积比值为.
故选：A
5. 中，角的对边分别是，，.若这个三角形有两解，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由正弦定理结合已知，可推得.进而根据三角形解得个数推得，即可得出答案.
【详解】由正弦定理可得，.
要使有两解，即有两解，则应有，且，
所以，
所以.
故选：B．
6. 若，是夹角为的两个单位向量，且与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求得的值，根据数量积的运算法则求得以及的模，再根据向量的夹角公式，即可求得答案.
【详解】因为，是夹角为的两个单位向量，
所以，
故，
，
，
故 ，
由于 ，故.
故选：B.
7. 已知一个圆台的上底面圆的半径为2，下底面圆的半径为4，体积为56，则该圆台的高为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】根据圆台的体积公式进行求解即可.
【详解】设该圆台的高为，上､下底面圆的半径分别为.
由圆台的体积公式，得，解得.
故选：D
8. 已知锐角中角，，所对边的长分别为，，，且，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知边化角求得，然后根据已知得出.根据两角差的余弦公式以及两角差的正弦公式，化简得出，进而根据三角函数的范围，即可得出答案.
【详解】由边化角可得，.
因为，所以.
因为为锐角三角形，所以，
所以，，
由可得，.
因为，
又，
所以，，
所以，.
故选：C.
【点睛】思路点睛：通过已知求出，然后消去，化简得出关于的三角函数，化简根据三角函数的范围，即可得出答案.
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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列结论中正确的是（ ）
A. 若，则或
B. 若，则
C. 若复数满足，则的最大值为3
D. 若（，），则
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A：令，由此即可验证；对于B：由模长公式以及复数乘法即可验证；
对于C：由复数的几何意义即可验证；对于D：令即可验证.
详解】对于A：令，所以由复数模长公式有，但这与或矛盾，故A选项不符合题意；
对于B：令，所以，所以，
且，所以，故B选项符合题意；
对于C：令，若复数满足，则有（其中），
所以，所以，
所以，即当且仅当即当且仅当时，有最大值为3，故C选项符合题意；
对于D：令可知，但这与矛盾，故D选项不符合题意.
故选：BC．
10. 如图（1）是一个正四棱柱形的密闭容器水平放置，其底部镶嵌了同底的正四棱锥形实心装饰块，容器内盛有升水时，水面恰好经过正四棱锥的顶点，如果将容器倒置，水面也恰好过点（图（2））．下列四个命题中，正确的有（ ）
A. 正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半
B. 在图1容器中，若往容器内再注入升水，则水面高度是容器高度的
C. 将容器侧面水平放置时，水面也恰好过点
D. 任意摆放该容器，当水面静止时，水面都恰好经过点
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意，结合棱柱和棱锥的体积公式，以及棱柱的结构特征，逐项判定，即可求解.
【详解】设图（1）中水的高度为，几何体的高度为，设正四棱柱的底面边长为，
可得图（2）中水的体积为，
对于A中，由，解得，所以A错误；
对于B中，若往容器内再注入升水，即，
则水面上升的高度为，
所以水面的高度为，所以B正确；
对于C中，由水的体积为，
容器的体积为，所以，
当容器侧面水平放置时，点点在长方体中截面上，
中截面将容器内的空间分为体积相等的两部分，结合题意水面也恰好经过点，所C正确.
对于D中，如图所示，当水面与正四棱锥的一个侧面重合时，
因为四棱锥的高为，几何体的高度为，设正四棱柱的底面边长为，
可得，由，可得，可得，
所以的体积为，
可得水的体积为，此时，矛盾，所以D不正确.
故选：BC.
11. 如图，的内角，所对的边分别为，，.若，且，是外一点，，，则下列说法正确的是（ ）

A. 是等边三角形
B. 若，则四点共圆
C. 四边形面积最大值为
D. 四边形面积最小值为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据正弦定理及三角恒等变换化简条件式可判定A，由余弦定理可判定B，设，由正弦定理结合三角函数的性质可判定C、D.
【详解】由正弦定理，
得，
，
，B是等腰的底角，，
是等边三角形，A正确；
对于B，若四点共圆，则四边形对角互补，
由A正确知，
但由于时，
，
∴B不正确.
对于C、D，设，则，
，
，
，
，
，
，
，∴C正确，D不正确；
故选：AC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到处时测得公路北侧一山顶D在西偏北的方向上，行驶600m后到达处，测得此山顶在西偏北的方向上，仰角为，则此山的高度 ________ m.
【答案】
【解析】
【详解】试题分析:由题设可知在中,,由此可得,由正弦定理可得,解之得,又因为,所以,应填.
考点：正弦定理及运用．
13. 如图所示，在直三棱柱中，棱柱的侧面均为矩形，，，，P是上的一动点，则的最小值为_____.
【答案】
【解析】
【分析】连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，设点的新位置为，连接，再根据两点之间线段最短，结合勾股定理余弦定理等求解即可.
【详解】连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，
设点的新位置为，连接，则有.
当三点共线时，则即为的最小值.
在三角形ABC中，，，由余弦定理得：,所以，即
在三角形中，，，由勾股定理可得：,且.
同理可求：，因为，所以为等边三角形，所以，
所以在三角形中，,,
由余弦定理得：.
故答案为：
14. 已知是边长为的正三角形，点P是的外接圆上一点，则的最大值是______．
【答案】2
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，设点,,,的坐标，求出的坐标，利用数量积的坐标表示和辅助角公式求得为关于的三角函数，结合正弦函数的性质即可求解．
【详解】以外接圆圆心为原点建立平面直角坐标系，如图，
因为等边的边长为，则，
设，
则，，
所以，
，
因为，所以
所以的最大值为2．
故答案为：2
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. 已知复数，，且为纯虚数．
（1）求复数；
（2）设、在复平面上对应的点分别为A、B，O为坐标原点．求向量在向量上的投影向量的坐标．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用复数的概念及乘法运算计算即可；
（2）利用复数的几何意义和投影向量的坐标表示计算即可.
【小问1详解】
由已知可得，
因为为纯虚数，所以；
小问2详解】
由（1）可得，即，
所以，
所以向量在向量上的投影向量为.
16. 如图，圆柱内接于球O，已知球O的半径R＝2，设圆柱的底面半径为r．

（1）以r为变量，表示圆柱的表面积和体积；
（2）当r为何值时，该球内接圆柱的侧面积最大，最大值是多少？
【答案】（1）
，.
（2）当时，该球内接圆柱的侧面积最大，最大值是.
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，根据勾股定理求出的值，即可求得圆柱的表面积和体积；
（2）利用基本不等式可求得圆柱的侧面积最大值，利用等号成立的条件可求得的值.
【小问1详解】
解：记圆柱底面的一条直径为，取中点，连接.
高，则，所以，
所以，圆柱的底面积为，侧面积为，
圆柱的表面积为，圆柱的体积为.
【小问2详解】
由（1）知，圆柱的侧面积为，

则，
当且仅当时取等号，即当时，圆柱的侧面积最大，最大值为．
17. 如图，菱形的边长为，，，．
求：（1）；
（2）．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）由向量的线性运算法则，可得，结合向量的数量积的运算公式，即可求解；
（2）由（1）知，求得，，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）因为菱形的边长为，，，，
由向量的线性运算法则，可得，
所以
.
（2）由（1）知，，
可得，即，
，即，
所以.
18. 如图所示，在四棱锥中，底面为平行四边形，侧面为正三角形，为线段上一点，为的中点.
（1）当为的中点时，求证：平面.
（2）当平面，求出点的位置，说明理由.
【答案】（1）证明见解析；
（2）存在点M，点M为PD上靠近P点的三等分点，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）取中点为，连接，利用中位线、平行四边形性质及平行公理有，即为平行四边形，则，最后根据线面平行的判定证结论；
（2）连接，相交于，连接，由线面平行的性质得，利用相似比可得，即可判断的位置.
【小问1详解】
取中点为，连接，
在中，为的中点，为中点，
，
在平行四边形中，为的中点，
，
，
四边形为平行四边形，
面面，
平面；
【小问2详解】
连接，相交于，连接，
面，面面面，
，，
即存在点M，M为PD上靠近P点三等分点.
19. 十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”它的答案是：“当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点．在费马问题中所求的点称为费马点．已知a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，且，点为的费马点．
（1）求角；
（2）若，求的值；
（3）若，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据三角恒等变换即可结合同角关系求解，
（2）根据余弦定义以及等面积法可得，即可根据数量积的定义求解，
（3）根据余弦定理，结合（2）的结论可得，进而根据三角形相似可得，由基本不等式以及三角形边角关系可得，即可由函数的单调性求解.
【小问1详解】
，
，
，
，
又，，
，,，
【小问2详解】
，
，又，
，
设，，，
，三角形的三个角均小于120，
根据题意可得，
又，
，
，
．
【小问3详解】
由 ，
，，
由余弦定理可得，
同理可得，，
相加可得，
又，
所以，
由于,
所以又
故，所以，
故，且
故，当且仅当时等号成立，
又，所以
，
令，则，
所以，
由于函数均为上的单调递增函数，故为的单调递增函数，
故，进而
【点睛】方法点睛：处理多变量函数最值问题的方法有：（1）消元法：把多变量问题转化单变量问题，消元时可以用等量消元，也可以用不等量消元.（2）基本不等式：即给出的条件是和为定值或积为定值等，此时可以利用基本不等式来处理，用这个方法时要关注代数式和积关系的转化. （3）线性规划：如果题设给出的是二元一次不等式组，而目标函数也是二次一次的，那么我们可以用线性规划来处理.