福建省福州市台江区九校2024~2025学年高一下册期中联考数学试题【附解析】

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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，只有一个选项是符合题目要求的.
1. 已知，则复数对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】先根据复数的减法运算求出复数，然后求出其在复平面对应的点，从而可求得结果.
【详解】因为，
所以，
所以复数在复平面对应的点为，位于第三象限．
故选：C
2. 如图所示，在三棱台中，截去三棱锥，则剩余部分是（ ）
A. 三棱锥B. 四棱锥C. 三棱柱D. 组合体
【答案】B
【解析】
【分析】根据图形和棱锥的定义及结构特征，即可得出结论．
【详解】三棱台中，沿平面截去三棱锥，
剩余的部分是以为顶点，四边形为底面的四棱锥．
故选：B
3. 已知复数z对应的向量如图所示，则复数z+1所对应的向量正确的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：由图可知，所以，则复数z+1所对应的向量的坐标为．故A正确．
考点：1复数的基本运算，2复数和复平面内的点一一对应．
4. 如图，在正方体的八个顶点中，有四个顶点A，，C，恰好是正四面体的顶点，则此正四面体的表面积与正方体的表面积之比为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设出正方体的棱长，求出正方体的表面积，再求正四面体的表面积，求比值即可．
【详解】解：设正方体的棱长为，则正方体的表面积是，
正四面体，则棱长为，
它的表面积是，
正四面体的表面积与正方体的表面积之比为．
故选：D．
5. “勾3股4弦5”是勾股定理的一个特例.根据记载，西周时期的数学家商高曾经和周公讨论过“勾3股4弦5”的问题，毕达哥拉斯发现勾股定理早了500多年，如图，在矩形中，满足“勾3股4弦5”，且，为上一点，.若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意建立如图所示直角坐标系，设，根据，得，解得，再根据得到解之即得解.
【详解】由题意建立如图所示的直角坐标系，
因为，，则，，.
设，则，，
因为，所以，
解得，
由，得，
所以
解得，
所以
故选：C.
【点睛】本题主要考查向量的坐标表示，考查向量垂直的坐标表示，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
6. 如图，为了测量某铁塔的高度，测量人员选取了与该塔底在同一平面内的两个观测点与，现测得，，米，在点处测得塔顶的仰角为，则该铁塔的高度约为（ ）（参考数据：，，，）

A. 米B. 米C. 米D. 米
【答案】C
【解析】
【分析】在中，由两角和的正弦得到，由同角三角函数关系得到，由正弦定理得到，在中，，代入数值即可得到答案.
【详解】在中，，
则，
，
由正弦定理，可得，
在中，可得.
所以该铁塔的高度约为米．
故选：C.
7. 已知在内有一点，满足，过点作直线分别交、于、，若，，则的最小值为
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三点共线求得，然后利用常数代换法可解.
【详解】记的中点为，因为，所以，
所以为靠近点的三分点，知P是的重心，
则，又，
所以，∵共线，∴，
∴，
当且仅当时取等号，∴的最小值为．
故选：A．
8. 已知的三个内角A、B、C满足，当的值最大时，的值为（ ）
A. 2B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用正弦定理化角为边，利用余弦定理结合基本不等式求出的最小值，再根据平方关系即可求出的值最大，结合取等号的条件即可得解.
【详解】因为，
由正弦定理得，所以，
则，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以当的值最大时，.
故选：C.
【点睛】方法点睛：在解三角形的问题中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则如下：
（1）若式子中含有正弦的齐次式，优先考虑正弦定理“角化边”；
（2）若式子中含有、、的齐次式，优先考虑正弦定理“边化角”；
（3）若式子中含有余弦的齐次式，优先考虑余弦定理“角化边”；
（4）代数式变形或者三角恒等变换前置；
（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理求解；
（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到三角形的内角和定理.
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. 长方体的长、宽、高分别为3，2，1，则（ ）
A. 长方体的表面积为20
B. 长方体的体积为6
C. 沿长方体的表面从A到的最短距离为
D. 沿长方体的表面从A到的最短距离为
【答案】BC
【解析】
【分析】由题意，可利用柱体体积公式和多面体表面积公式进行计算，沿表面最短距离可将临近两个面侧面展开图去计算，即可求解正确答案.
【详解】长方体的表面积为，A错误.长方体的体积为，B正确.如图（1）所示，长方体中，，，.求表面上最短（长）距离可把几何体展开成平面图形，如图（2）所示，将侧面和侧面展开，
则有，即经过侧面和侧面时的最短距离是；如图（3）所示，将侧面和底面展开，则有，即经过侧面和底面时的最短距离是；如图（4）所示，将侧面和底面展开，

则有，即经过侧面和底面时的最短距离是.因为，所以沿长方体表面由A到的最短距离是，C正确，D不正确.
故选：BC.
【点睛】本题考查长方体体积公式、表面积公式和沿表面的最短距离，考查空间想象能力，属于基础题.
10. 下列结论中，正确的是（ ）
A. 若向量，，且，则
B. 若，，与的夹角为，则
C. 已知向量，，则 与的夹角为
D. 若向量，，且//，则
【答案】AB
【解析】
【分析】直接利用向量的共线的充要条件的应用，向量垂直的充要条件的应用，向量的模的应用，向量夹角公式的应用求出结果．
【详解】A.因为，所以，解得，故A正确；
B.因为，所以，故B正确；
C.因为，所以与夹角的大小为，故C不正确，
D.因//，根据公式，解得或，所以D不正确，
故选：AB．
11. 下列结论中，正确的是（ ）
A. 的运算结果为纯虚数；
B. 的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，则有两解；
C. 已知向量 ，，则的取值范围是；
D. 已知，则的最小值和最大值分别是和.
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A：根据复数的运算即可得结果；对于B：利用正弦定理分析判断即可；对于C：根据向量的线性运算法则即可判断；对于D：根据复数的几何意义分析可知动点的轨迹是点为圆心，半径的圆，结合圆的性质即可得判断.
【详解】对于选项A：因为为实数，故A错误；
对于选项B：因为，可知，即角B有两解，
所以有两解，故B正确；
对于选项C：因为，则，即，
所以的取值范围是，故C正确；
对于选项D：因为对应的点分别为，，
因为，可知动点的轨迹是点A为圆心，半径的圆，
则，即，
所以的最小值和最大值分别是和，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. 棱台的上､下底面面积分别是2，4，高为3，则棱台的体积等于___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据棱台的体积公式直接计算即可.
【详解】解析：体积.
故答案为：.
13. 已知平面向量、的夹角为，且，，则在方向上的投影向量为_______．（用向量坐标表示）
【答案】
【解析】
【分析】结合投影向量的公式，即可求解．
【详解】因为，所以，
因为平面向量、夹角为，且，
则在方向上的投影向量为.
故答案为：.
14. 已知三棱锥的各顶点都在一个半径为r的球面上，且， ，则球的表面积为_________
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，确定三棱锥的特性，再补形成正方体，借助正方体外接球求得答案.
【详解】三棱锥中，由及，
得侧棱两两垂直且等长，则三棱锥的外接球与以为共点棱的正方体的外接球相同，
而此正方体的外接球直径为其体对角线长，为，因此三棱锥的外接球半径为，
所以所求外接球的表面积为：.
故答案为：
四、解答题（本大题共5题，共7分，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 已知复数．
（1）若，求；
（2）若||，且是纯虚数，求
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据复数的四则运算法则求解；
（2）设，根据题意得到关于的方程组，求出的值即可．
【小问1详解】
∵复数，
∴；
【小问2详解】
设，
∵，
∴①，
又∵，
∴，②，
由①②联立，解得或，
∴或.
16. 已知向量，，．
（1）若向量，能构成一组基底，求实数m的范围；
（2）若，且，求向量与的夹角大小．
【答案】（1）且
（2）
【解析】
【分析】（1）若向量，能构成一组基底，则向量，不共线，则，从而可得答案；
（2）由，可得，从而可求的得，再根据向量夹角的坐标公式求解即可.
【小问1详解】
若向量，能构成一组基底，
则向量，不共线，
则，解得且；
【小问2详解】
因为，所以，
即，解得，
所以，，
则，
又因为，所以，
即向量与的夹角为.
17. 如图，为四边形的斜二测直观图，其中，，．
（1）求平面四边形的面积及周长；
（2）若四边形以为旋转轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积及表面积．
【答案】（1）5，7；
（2），
【解析】
【分析】（1）把直观图还原为原平面图形，得四边形是直角梯形，由此求出平面四边形的面积和周长；
（2）四边形以为旋转轴，旋转一周，旋转形成的几何体是圆柱与圆锥的组合体，计算它的体积和表面积即可．
【小问1详解】
把直观图还原为原平面图形，则四边形是直角梯形，其中，，，，如图所示：
所以平面四边形的面积为，
周长为；
【小问2详解】
四边形以为旋转轴，旋转一周，旋转形成的几何体是圆柱与圆锥的组合体，
则旋转体的体积等于圆柱的体积与圆锥的体积之和，
即，
表面积为.
【点睛】
18. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，
（1）求的外接圆半径；
（2）周长的取值范围．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理角化边，再利用余弦定理求出角，进而求出三角形外接圆半径.
（2）由（1）中信息，利用基本不等式求出周长范围.
【小问1详解】
在中，由，得，
由正弦定理得，即，
由余弦定理得，而，则，
所以外接圆半径.
【小问2详解】
由（1）知，
则，当且仅当时取等号，
因此，解得，而，即，
则，所以周长的取值范围是.
19. 如图，我们把由平面内夹角成的两条数轴Ox，Oy构成的坐标系，称为“完美坐标系”.设，分别为Ox，Oy正方向上的单位向量，若向量，则把实数对叫做向量的“完美坐标”.
（1）若向量的“完美坐标”为，求；
（2）已知，分别为向量，的“完美坐标”，证明：；
（3）若向量，的“完美坐标”分别为，，设函数，，求的值域.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）先计算的值，再由，利用向量数量积的运算律计算即可；
（2）利用向量数量积的运算律计算并化简即可得证；
（3）利用（2）的公式计算，设，求出，将转化成，结合二次函数的图象即可求得的值域.
【小问1详解】
因为的“完美坐标”为，则，
又因为，分别为Ox，Oy正方向上的单位向量，且夹角为，
所以,，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，
所以
，
即.
【小问3详解】
因为向量，的“完美坐标”分别为，，
由（2）得.
令，则，
因为，所以，即，
令，
因为的图象是对称轴为，开口向上的抛物线的一部分，
所以当时，取得最小值，
当时，取得最大值，
所以的值域为.
【点睛】思路点睛：本题在求解与之相关的函数问题时，应按照新定义，准确写出函数解析式，对于较复杂的三角式，常常运用整体换元思想，将其转化成熟悉的函数，如二次函数、双勾函数等，利用这些函数的图象性质特征求解即可.