福建省部分学校2024-2025学年高一下学期4月期中联考数学试卷（解析版）

这是一份福建省部分学校2024-2025学年高一下学期4月期中联考数学试卷（解析版），共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、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. 在复平面内，为原点向量对应的复数为，若点关于实轴的对称点为，则向量对应的复数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】依题意，，则点，所以向量对应的复数为.
故选：D
2. 已知向量，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为且，所以，解得.
故选：C
3. 下列四个命题中正确的是（ ）
A. 所有棱长都相等的直四棱柱是正方体
B. 正三棱锥的每个面都是正三角形
C. 以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥
D. 以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱
【答案】D
【解析】对于A，底面是菱形的直四棱柱，其侧棱长与底面边长相等时，该直四棱柱的所有棱长都相等，但不是正方体，故A错误；
对于B：正三棱锥的底面为正三角形，侧面不一定都是正三角形，只需是等腰三角形，且能保证顶点在底面内的投影在底面正三角形的中心即可，故B错误；
对于C：以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥，以斜边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体是两个同底的圆锥组合而成的几何体，故C错误；
对于D：以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱，即D正确；
故选：D
4. 如图，正方形的边长为2，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原平面图形的周长的平方与面积的比值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由直观图可得如下平面图形，
则，，故，则平面图形的面积为：，周长为：，故原平面图形的周长的平方与面积的比值.
故选：C
5. 已知函数（且），且（其中，，），则的值为（ ）
A. 2B. C. D. 1
【答案】D
【解析】函数，由，且，得，
则，即，所以.
故选：D
6. 已知函数，若在R上有2个零点，则m的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】当时，有1个零点，
则当时，只有一个零点，
即方程在时有一个解，即方程在时有一个解，
因为函数为增函数，且当时，，则，即.
故选：A.
7. 如图，为了测量河对面两建筑物之间的距离，小胡同学在处观测，分别在处的北偏西、北偏东方向．再往正东方向行驶32米至处，观测在处的正北方向，在处的北偏西方向，则两建筑物之间的距离为（ ）
A. 米B. 米C. 米D. 米
【答案】D
【解析】，，，
，，
，
在中，米.
在中，由正弦定理得米.
在中，由余弦定理得：，米.
故选：D.
8. 在中，点O满足，且，则与的夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设的三边分别为，
，，
因为，所以点是外接圆的圆心，
所以，，
所以，即，
，即，
所以，即，
.
故选：A
二、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. 已知复数z满足，则（ ）
A. B.
C. z的虚部为1D. z在复平面内对应的点位于第一象限
【答案】CD
【解析】依题意，
对于A，，A错误；
对于B，，B错误；
对于C，z的虚部为1，C正确；
对于D，z在复平面内对应的点位于第一象限，D正确.
故选：CD.
10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 关于点对称，
C. 的对称轴为直线，
D. 方程在内恰有4个互不相等的实根，则
【答案】BCD
【解析】由图象可得，由得，因为，所以，即，故，又因为，所以，A错误；
由题意得，由得，故关于点对称，B正确；
由得，故的对称轴为直线，
C正确；
作出函数在上的图象，
问题转化为函数的图象与直线在内有4个不同的交点，由图可得方程在内恰有4个互不相等的实根时，，D正确.
故选：BCD．
11. 在中，内角的对边分别为，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则是直角三角形
D. 若为锐角三角形，则
【答案】BCD
【解析】对于A：若，则可得或或，即或或，故A错误；
对于B：若，则由正弦定理可得，则，所以，即，故B正确；
对于C：若，由余弦定理可得，即，
所以，
即，
所以，
所以，
所以，即，所以是直角三角形，故C正确；
对于D：因为为锐角三角形，所以，所以，
所以，同理可得，，
所以，
则
，
即，故D正确.
故选：BCD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知圆锥的底面直径为，且它的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的表面积为__________．
【答案】
【解析】因为圆锥的底面直径为，即底面半径，设母线为，则，则，所以该圆锥的表面积.
故答案为：
13. 已知，复数，，若为纯虚数，则的虚部为________.
【答案】
【解析】依题意可知为纯虚数，故，解得，所以虚部为.
故答案为：.
14. 在中，为边上的中线，且，则角的最小值为__________．
【答案】
【解析】设，则，，
所以
，
所以，则，
由余弦定理，
当且仅当时取等号，
又，所以，即的最小值为.
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
15. 已知和是关于x的方程的两实根，且.
（1）求m的值；
（2）求.
解：（1）已知和是方程的两实根，
则有 ①， ② ，
将①式两边平方可得，
展开得：
即得，结合 ②式可得，解得.
因为，所以，，
则，则，故.
（2）由可得 ③，又 ④
联立③④：，
由③得，代入④可得：
整理得：，解得.
将代入③，可得.
所以.
可得：.
16. 已知是定义在R上的偶函数，当时，.
（1）求函数在R上的解析式；
（2）若函数在区间上单调递增，求实数m的取值范围.
解：（1）由题意知是定义在R上的偶函数，当时，.
故当时，，
故函数在R上的解析式为；
（2）作出函数的图象如图：
结合图象可得，若函数在区间上单调递增，
需满足，即.
17. 如图，在四边形中，，点是的中点．
（1）若，求的值；
（2）若，当三点共线时，求的值．
解：（1）由题意可得：，，又，
所以，所以，
所以，
，
；
（2），当三点共线时，
由（1），
所以，
，，
因为当三点共线，所以
即，
因为不共线，所以，解得：
18. 某景区为了吸引游客，计划建设一个五边形区域的游览区，如图所示，其中三角形区域为观赏区，四边形区域为游乐场活动区，，为游览区的主要道路（不考虑宽度），且，，，，．
（1）求四边形的面积；
（2）求游览区的主要道路的总长度的最大值．
解：（1）如图，连接，
在中，由余弦定理得
，则，
∵，则，又，
∴，
在中，，，
由正弦定理可得，
∴，又，则，
所以，所以，
所以，，
所以.
（2）设，由，得，
在中，由正弦定理，
又，
∴
∴
，
又，
∴，
当，即时，取得最大值，
又，
则，
所以游览区的主要道路的总长度的最大值为.
19. 在锐角三角形中，内角的对边分别为，为外接圆的半径．
（1）若，求的值；
（2）若，求的取值范围；
（3）若，求的最小值．
解：（1）由正弦定理，所以，，
又，所以.
（2）由正弦定理，即，
又因为为锐角三角形，所以，又，，
所以


，
因为为锐角三角形，所以，即，所以，
所以，即，所以，
所以，
即的取值范围为.
（3）因为，，，
所以，
由余弦定理，所以，
又因为为锐角三角形，所以，所以，
所以由正弦定理，得，
又因为，所以，
所以，即,
又因为为锐角三角形，所以，
两边同时除以，得，
因为且为锐角三角形，
所以，所以，
所以，
所以
，
令，则，
所以
，
当且仅当时，即时等号成立，
所以的最小值为.