福建省三明市五县联盟2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题（Word版附解析）

这是一份福建省三明市五县联盟2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．若，则的虚部为（ ）
A．B．C．D．
2．已知向量，，若向量，则实数的值为（ ）
A．B．3C．D．
3．在中，在上，，设，，则（ ）
A．B．C．D．
4．设矩形边长分别为、，分别以、两边为轴旋转一周所得旋转体的体积记为和，则与的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．、的大小不确定
5．已知平面向量，是两个单位向量，在上的投影向量为，则（ ）
A．1B．C．D．
6．一水平放置的平面四边形的直观图如图所示，其中，轴，轴，轴，则四边形的面积为（ ）
A．B．6C．D．
7．已知正三棱台上下底面边长分别为、，高为1，则正三棱台外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
8．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，若，则△ABC面积的最大值为（ ）
A．2B．C．1D．
二、多选题
9．下列命题中为真命题的是（ ）
A．若与是共线向量，则点、、、共线
B．若为非零向量，则与同向
C．若，则
D．若，，则
10．正方体的棱长为2，点、分别是、的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线、、相交于同一个点
B．过点、、的截面面积为
C．三棱锥的高是
D．三棱锥外接球表面积为
11．在锐角中，角，，所对的边分别为，，，已知，且，则下列说法中正确的是（ ）
A．
B．的取值范围是
C．点是所在平面内任一点，若，则的取值范围是
D．点是所在平面内任一点，，则与的面积比为
三、填空题
12．已知，，则向量与的夹角为 .
13．在中，，，若满足条件的三角形有且只有两个，则边的取值范围为 .
14．祖暅，南北朝时代的伟大科学家.他于5世纪末提出下面的计算原理——祖暅原理：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.请同学们用祖暅原理解决如下问题：如题图，有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是一个正三角形，在容器内放一个半径为的铁球，再注入水，使水面与球正好相切（而且球与倒圆锥相切效果很好，水不能流到倒圆锥容器底部），然后将球取出，则这时容器中水的深度为 .
四、解答题
15．复数满足，且是实数.
(1)若复数对应的点在第四象限，求复数；
(2)在（1）的条件下，记复数对应的点为，若是直角三角形，求的值.
16．如图，四边形中，，，，.
(1)用，表示、；
(2)求的值.
17．如图，在中角、、所对的边分别为、、.已知：，点在的延长线上，，.
(1)求角；
(2)若的面积，求线段的长.
18．某市公园绿道专为骑行而建，以绿道为线，串联上百个生态公园，一路上树木成荫、鸟语花香.因为在处有一古塔，市政府为升级绿道沿途风景，计划在某段全长200米的直线绿道一侧规划一个三角形区域（古塔的底座忽略不计）做绿化，如图，已知，为提升美观度，设计师拟将绿化区设计为一个锐角三角形.
(1)若在、处分别测得塔顶的仰角为、，求塔高；
(2)求绿化区域面积的取值范围；
(3)绿化完成后，某游客在绿道的另一侧空地上寻找最佳拍照打卡点，该游客从到，再从到.已知，求游客所走路程的最大值.
19．.在中，设角，，的对边长分别为，，，已知：.
(1)求角；
(2)，求边上的中线的最小值；
(3)已知锐角的面积为.点是的重心，点是的中点，，线段与线段交于点，若，求的取值范围.
1．A
根据复数的乘方及除法运算化简，即可得解.
【详解】由已知，
则，
则其虚部为，
故选：A.
2．B
先利用向量坐标的加减运算求出和，然后利用向量模的坐标运算列式求解即可.
【详解】因为向量，，所以，
由得，即，
解得.
故选：B
3．C
利用向量的线性运算即可.
【详解】由 可得，，
.
故选：C
4．C
由题意分别得出以、两边为轴旋转形成的几何体，根据体积公式求解即可.
【详解】以为轴旋转形成的几何体是底面半径为，高为的圆柱，
，
以为轴旋转形成的几何体是底面半径为，高为的圆柱，
，
因为，所以，
所以.
故选：.
5．B
根据投影向量的定义求出，再根据向量数量积的运算律求出.
【详解】已知在上的投影向量为.
因为是单位向量，所以，则，故.
可得.
因为是单位向量，所以，可得.
将，代入可得.
故选：B.
6．D
结合图形可得，求出四边形面积后可得四边形的面积.
【详解】设轴与交点为D，因为轴，轴，所以，
因为轴，所以四边形为平行四边形，故.
又，结合轴，得，故.
所以四边形面积为，
因为四边形面积是四边形的面积的，
所以四边形OABC的面积为.
故选：D.
7．C
利用正三棱台的几何性质计算出球心到下底面的距离，可求出外接球的半径，结合球体体公式可求得结果.
【详解】如下图，设正三棱台的上、下底面的中心分别为、，
由正三棱台的几何性质可知，外接球球心在直线上，
正的外接圆半径为，正的外接圆半径为，
设，若球心在线段上，则，，
设球的半径为，则，
即，解得，不合乎题意；
所以，球心在射线上，则，
，即，解得.
所以，即，故该正三棱台的外接球体积为.
故选：C
8．D
首先结合条件，根据余弦定理，变形得到，再根据三角形的面积公式，利用基本不等式变形求得面积的最值.
【详解】因为，所以，
所以，
所以△ABC的面积，
当且仅当，即时等号成立，故△ABC面积的最大值为.
故选:D
9．BCD
根据共线向量的概念判断A，根据向量的线性运算判断B，由特殊向量判断C，根据向量相等判断D.
【详解】与是共线向量，则所在直线不一定重合，故点、、、不一定共线，故A错误；
为非零向量，则与方向相同，故B正确；
若，则成立，故C正确；
若，，根据向量相等的定义知成立，故D正确.
故选：BCD
10．AC
先求证四点共面，再证明的交点即可判断A；过点作，交于，于，则过点、、的截面为五边形，分别计算等腰梯形和等腰三角形的面积即可判断B选项；利用即可判断C选项；计算正方体的外接球表面积即可判断D选项.
【详解】连接，
因点、分别是、的中点，则，
又为正方体，则，则，则四点共面，
延长交于点，
因平面，平面，
则平面平面，
则直线、、相交于同一个点，故A正确；
过点作，交于，于，连接，分别交于点，连接，
由A选项可知，，则过点、、的截面为五边形，
容易得，，则，
又，则四边形为平行四边形，则，，
又，
则等腰梯形的高为，
则等腰梯形的面积为，
又，
则等腰三角形底边上的高为，
则，
则，故B错误；
设三棱锥的高为，因，则，
则，故C正确；
设正方体的外接球半径为，则，
则外接球表面积为，
故三棱锥外接球表面积为，故D错误.
故选：AC
11．ABD
A选项，由正弦定理和正弦二倍角公式得到或，由即可得解判断；B选项，由正弦定理得到，根据为锐角三角形求出，再根据余弦函数单调性即可得解判断；C选项，推出，再由即可求解判断；D选项，作出辅助线，设得，根据向量共线定理的推论得到方程求解即可求解判断.
【详解】A选项，，由正弦定理得，
故或，
当时，因为，所以，
但，故，所以不合要求，
所以，A正确；
B选项，由A知，，，
其中，
因为为锐角三角形，所以，
即，解得，
因为在上单调递减，所以，B正确；
C选项，点是所在平面内任一点，，
取的中点，连接，则且，
则，
由于点是所在平面内任一点，则，
所以，C错误；
D选项，点是所在平面内任一点，，
在上取点，使得，取的中点，
则，设直线交于点，设，
所以，即，
因为三点共线，所以，解得，
所以，故与的面积之比为，D正确.
故选：ABD
12．/
利用平面向量数量积的运算性质以及定义得出夹角的余弦值，再结合向量夹角的取值范围，可得出与的夹角.
【详解】因为，所以，即，
又，所以，则，
因为，所以.
故答案为：
13．
在中利用正弦定理得，再结合即可求出.
【详解】在中利用正弦定理，得，
因，且满足条件的三角形有且只有两个，则且，
则，即，得，
则边的取值范围为.
故答案为：.
14．3
根据祖暅原理，当圆柱、圆锥底面圆半径、高和球体半径相等时，球柱的体积等于等高圆柱的体积减去等高圆台的体积，由这个原理求球体和水接触的部分与没和水接触部分为的体积，得出水的体积，再转化为圆锥求高.
【详解】如图1，已知圆柱、圆锥底面圆半径、高和球体半径相等，根据祖暅原理，半球的体积等于圆柱的体积减去圆锥的体积，球柱的体积等于等高圆柱的体积减去等高圆锥的体积.
下面证明如图1中阴影截面面积相等：
证明：设半球中阴影截面圆的半径为，球体半径为，则，截面圆面积；
圆柱中截面小圆半径，大圆半径为，则截面圆环的面积
所以，又高度相等，所以球柱的体积等于等高圆柱的体积减去等高圆锥的体积.
图1
如图2，设球体和水接触的上部分为，没和水接触的下部分为，小半球相当于图1半球的截面上半部分，其体积等于图1中截面之上的圆柱体积减去相应圆台体积.
记球体半径为，为等边三角形，，，根据祖暅原理
，
图2，
设图2中轴截面为梯形的圆台体积为圆台，
，设将球取出时容器中水的深度为，底面圆的半径为，则
，.
，即，.因为，所以
故答案为：3.
15．(1)
(2)或
（1）设复数，由题意可得，，结合复数对应的点在第四象限，可求出可得答案；
（2）由复数的几何意义求出，分，和，由垂直向量的坐标表示即可得出答案.
【详解】（1）设复数，所以，
，是实数
，则，，
又若复数对应的点在第四象限，所以，则.
（2）在（1）的条件下，，，
若，则，
又，，则，故.
若，则，则，，
所以，故.
若，则，方程无解，不存在.
综上：或.
16．(1)，
(2)
（1）根据向量点的线性运算计算求解；
（2）应用向量夹角公式结合数量积公式及模长公式计算.
【详解】（1）；
；
（2）
，
.
所以
17．(1)
(2)
（1）结合已知利用正弦定理和两角和的正弦定理化简得，然后化切得，即可求解；
（2）设，根据正弦定理分别求得，，代入三角形面积公式得，利用两角和差的余弦公式化简得，进而求得，则有，即可求解.
【详解】（1），
由正弦定理得：，
即，
，，
，.
，；
（2）设，
中，由正弦定理得：.
中，由正弦定理得：，
，
，，
，，
，，
，，，即，
又，，
.
18．(1)米.
(2)
(3)米
（1）设米，根据解直角三角形可得，，结合余弦定理可求塔高；
（2）设，由正弦定理结合面积公式可得，根据锐角三角形求出的范围后可得的范围后得面积的范围；
（3）根据余弦定理和基本不等式可求路程的最大值.
【详解】（1）设米，
依题意可知，，
又在、处分别测得塔顶的仰角为、即，，
可知，，在中，，
据余弦定理得，
即，解得：或（舍去）
塔高为米.
（2）设，则，
则在中，据正弦定理得，故，
又依题可知，为锐角三角形，则即，
故，则，
又，则.
（3）在中，据余弦定理得，
，
，，
当且仅当时取等号，故所走路程的最大值为米.
19．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）在中，据正弦定理可将题设条件化为：
即，又据余弦定理：
可知，
又，故.
（2）是的中点,
;
当且仅当时取等号，故.
所以边的中线的最小值是.
（3）依题可知，；
，，共线，，，共线，则有，
；
两式对比可得；
故；
点为三角形的重心，
则；
又因的面积为，故；
则可得；
可得，
，
因为是锐角三角形，则为锐角，
故有，
可得，
同理为锐角，故有，可得，
可得，
设，则，
则有，当时，易知该对勾函数单调递增，题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
C
C
B
D
C
D
BCD
AC
题号
11









答案
ABD