2025--2026学年福建省南平市武夷山市第一中学高一下册期中质量检测数学试题 [含答案]

这是一份2025--2026学年福建省南平市武夷山市第一中学高一下册期中质量检测数学试题 [含答案]，共25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。
1. 下列各组向量中，可以作为基底的是（ ）
A. B.
C. D.
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 向量就是有向线段
B. 方向相同的两个向量，向量的模越大，则向量越大
C. 两个有共同起点而且相等的向量，其终点必相同
D. 由于零向量的方向不确定，因此零向量与任意向量都不平行
3. 已知向量，，且，则（ ）
A. B. C. 4D. 2
4. 已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）
A. B. C. D.
5. 在中，点在直线上，且满足，则（ ）
A. B.
C. D.
6. 如图，某建筑物的高度，一架无人机上的仪器观测到建筑物顶部的仰角为15°，地面某处的俯角为45°，且，则此无人机距离地面的高度为（ ）
A. B. C. D.
7. 唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示.其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺.它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示.已知球的半径为，酒杯内壁表面积为,设酒杯上部分（圆柱）的体积为，下部分（半球）的体积为，则（ ）
A. 2B. C. 1D.
8. 如图，在平面四边形中，，，，，，，若点F为边AD上的动点，则的最小值为（ ）

A. 1B. C. D. 2
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得2分、4分，有选错的得0分）
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 若，则在复平面内对应的点位于第二象限
B. 若满足，则的虚部为1
C. 若是方程的根，则
D. 若满足，则的最大值为
10. 已知正四棱台中，，则下述正确的是（ ）
A. 该四棱台的高为
B. 该四棱台的体积为
C. 该四棱台的表面积为
D. 该四棱台外接球的表面积为
11. 在中，角，，所对的边分别为，，，且，，的平分线交于点，则（ ）
A.
B. 外接圆的面积为
C. 若，则为直角三角形
D. 若的内切圆的圆心为，则周长的最大值为
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 如图，是水平放置的的斜二测直观图，若，则的面积为______．
13. 如图，正三棱柱的所有棱长都为2，点分别在棱上，其中，则几何体的体积为______．
14. “奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰车的标志而来，是平面向量中一个非常优美的结论，奔驰定理与三角形的四心（重心､内心､外心､垂心）有着美丽的邂逅.它的具体内容是：如图，若是内一点，的面积分别为，则有.已知为的内心，且，若，则的最大值为__________.
四、解答题（本大题共5小题，共7分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知复数，根据下列条件求实数的值．
（1）是实数；
（2）是纯虚数；
（3）在复平面内对应的点在第二象限．
16. 已知向量，，．
（1）若，求的值；
（2）若，求在方向上投影向量的坐标．
17. 圆锥的底面直径是2，其侧面展开图是一个顶角为120°的扇形.
（1）一只蚂蚁从点A出发，沿圆锥侧面爬行一圈回到点A，求爬行的最短路程；
（2）过的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面在圆锥中挖去一个圆柱（如图所示），求剩下几何体的表面积和体积.
18. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝a＋1，c＝a＋2.
（1）若，求a；
（2）若，求的周长；
（3）在（2）的条件下，若D为AC上一点，且的面积是的2倍，求BD.
19. 为提升城市景观面貌，改善市民生活环境，某市计划对一公园的一块四边形区域进行改造．如图，（百米），（百米），，，，，，分别为边，，的中点，所在区域为运动健身区域，其余改造为绿化区域，并规划4条观景栈道，，，以及两条主干道，．（单位：百米）
（1）若，求主干道的长；
（2）当变化时，
①证明运动健身区域的面积为定值，并求出该值；
②求4条观景栈道总长度的取值范围．
数学
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个正确选项）
1. 下列各组向量中，可以作为基底的是（ ）
A. B.
C. D.
答案：D
解析：
解答过程：选项A: , , , 共线, 不能作为基底.
选项B: , , , 共线, 不能作为基底.
选项C: 是零向量, 零向量与任意向量共线, 不能作为基底.
选项D: , , , 不共线, 可以作为基底.
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 向量就是有向线段
B. 方向相同的两个向量，向量的模越大，则向量越大
C. 两个有共同起点而且相等的向量，其终点必相同
D. 由于零向量的方向不确定，因此零向量与任意向量都不平行
答案：C
解析：
思路：根据向量的概念、模的概念判断AB，根据相等向量的概念判断C，根据零向量的定义及共线向量的定义判断D.
解答过程：对于A，向量可以用有向线段来表示，但并不是有向线段，错误；
对于B，向量是具有方向和大小的量，模有大小，但方向不能比大小，错误；
对于C，两个有共同起点而且相等的向量，其终点必相同，正确；
对于D，零向量也是向量，故也有方向，只是方向是任意的，零向量与任意向量都平行，错误.
故选：C
3. 已知向量，，且，则（ ）
A. B. C. 4D. 2
答案：A
解析：
解答过程：因为，所以.
所以，故.
4. 已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
思路：设圆锥的母线长为，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得的值，即为所求.
解答过程：设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得.
故选：B.
5. 在中，点在直线上，且满足，则（ ）
A. B.
C. D.
答案：A
解析：
思路：根据画出及点D的位置，再由向量的线性运算即可由表示出.
解答过程：因为，
所以

故选：A.
6. 如图，某建筑物的高度，一架无人机上的仪器观测到建筑物顶部的仰角为15°，地面某处的俯角为45°，且，则此无人机距离地面的高度为（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
解答过程：由题意，在中，，，所以.
在中，，，
所以，
由正弦定理，.
又为等腰直角三角形，所以.
故选项B正确.
7. 唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示.其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺.它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示.已知球的半径为，酒杯内壁表面积为,设酒杯上部分（圆柱）的体积为，下部分（半球）的体积为，则（ ）
A. 2B. C. 1D.
答案：A
解析：
思路：设酒杯上部分（圆柱）的高为，球的半径为，则酒杯下部分（半球）的表面积为，结合圆柱和球的体积公式，即可求解.
解答过程：设酒杯上部分（圆柱）的高为，
球的半径为，则酒杯下部分（半球）的表面积为，
酒杯内壁表面积为，得圆柱侧面积为，
酒杯上部分（圆柱）的表面积为，解得
酒杯下部分（半球）的体积
酒杯上部分（圆柱）的体积
所以.
故选：A.
方法提示：本题主要考查了组合体的结构特征，以及球的表面积和体积、圆柱侧面积和体积的应用，属于中档题.
8. 如图，在平面四边形中，，，，，，，若点F为边AD上的动点，则的最小值为（ ）

A. 1B. C. D. 2
答案：B
解析：
思路：以为原点建立平面直角坐标系，求得，设，令，得出，利用数量积的运算得到，结合二次函数的性质，即可求解.
解答过程：以为原点，以所在的直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
依题意得，又，
在中，由余弦定理得，
所以，所以，故，
在中，由余弦定理得，
所以，所以，
因为，，故，
因为，，所以，
所以在中，，
所以为等边三角形，
所以，所以，
设，由题意令，即，
解得，所以，
所以，
设，可得其对称轴为，且开口向上，
所以时，取得最小值，即的最小值为.
故选：B.

二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得2分、4分，有选错的得0分）
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 若，则在复平面内对应的点位于第二象限
B. 若满足，则的虚部为1
C. 若是方程的根，则
D. 若满足，则的最大值为
答案：ABC
解析：
思路：根据复数的几何意义判断A、D；利用复数代数形式的除法化简复数，再判断其虚部，即可判断B；求出方程的解，即可判断C.
解答过程：对于A：在复平面内对应的点为，位于第二象限，故A正确；
对于B：因为，则，
所以的虚部为1，故B正确；
对于C：方程的根为，故C正确；
对于D：设，在复平面内对应的点分别为，
因为，即，
可知点的轨迹是以点为圆心，半径的圆，
又因为，其中点为坐标原点，
所以的最大值为，故D错误．
10. 已知正四棱台中，，则下述正确的是（ ）
A. 该四棱台的高为
B. 该四棱台的体积为
C. 该四棱台的表面积为
D. 该四棱台外接球的表面积为
答案：ACD
解析：
思路：画出图形，连接交于点，连接交于点，连接，结合图形分析得出为四棱台的高，然后过点作交于，通过已知条件结合勾股定理计算即可得出选项A；根据台体的体积公式判断B，结合题意计算四棱台上下底面面积和侧面积即可得出选项C，分析可知该四棱台外接球的球心在直线上，结合球的旋转求外接球半径和表面积.
解答过程：对于选项A：如图，连接交于点，连接交于点，连接，
则在正四棱台中有，
可得平面，故为四棱台的高，
由平面，所以，
过点作交于，所以，
又，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，
在正四棱台中，由，
所以，则，
则，
在直角三角形中，，
得到四棱台的高为，故A正确；
对于B，该四棱台的体积为，故B错误；
对于C，由题意得该四棱台的表面积拆分如下，
①正四棱台的上下两个正方形的面积：
设上下两个面的面积分别为，则，
②正四棱台的侧面积，在等腰梯形中，如图所示：
过分别作垂直于交于点，
所以，又，
所以四边形为平行四边形，
所以，所以，
则，
所以等腰梯形的面积如下，
为，
所以正四棱台的侧面积为，
得到四棱台的表面积为，故C正确，
对于D，由题意可知该四棱台外接球的球心在直线上，
设球的半径为，
则，即，解得，
所以外接球的表面积为，故D正确.
11. 在中，角，，所对的边分别为，，，且，，的平分线交于点，则（ ）
A.
B. 外接圆的面积为
C. 若，则为直角三角形
D. 若的内切圆的圆心为，则周长的最大值为
答案：ACD
解析：
思路：利用正弦定理和两角和的正弦公式化简目标式求解出判断A，利用正弦定理求出三角形外接圆的半径，再结合圆的面积公式求出外接圆面积判断B，结合题意求出，再得到，利用余弦定理求出，，结合勾股定理得到为直角三角形判断C，作出符合题意的图形，结合内心的性质得到，再利用正弦定理得到，结合两角差的正弦公式表示出周长，最后利用正弦函数的性质求解最大值判断D即可.
解答过程：对于A，由题意得，由正弦定理得，
可得，
化简得，
由两角和的正弦公式得，故，
而，则，得到，解得，
而，可得，故A正确，
对于B，设外接圆的半径为，
则由正弦定理得，
解得，由圆的面积公式得外接圆的面积为，故B错误，
对于C，如图，作出符合题意的图形，
因为，所以，
而的平分线交于点，则，
得到，即，故，
在中，由余弦定理得，解得，故，
满足，则为直角三角形，故C正确，
对于D，如图，作出符合题意的图形，
因为，所以，
因为的内心为，所以，故，
设，则，
在中，由正弦定理得，，
则，
得到的周长为
，
因为，所以，
则，可得，故D正确．
故选：ACD
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 如图，是水平放置的的斜二测直观图，若，则的面积为______．
答案：12
解析：
解答过程：依题意，的面积，
由水平放置的三角形面积是其直观图面积的倍，得的面积为.
13. 如图，正三棱柱的所有棱长都为2，点分别在棱上，其中，则几何体的体积为______．
答案：
解析：
解答过程：如图所示，连接.
因为，所以梯形和梯形的面积相等，
所以四棱锥和四棱锥的体积相等；
因为，所以点到平面和平面的距离相等，
因为和的面积相等，
所以三棱锥和三棱锥的体积相等.
所以，
因为，
所以几何体的体积等于.
14. “奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰车的标志而来，是平面向量中一个非常优美的结论，奔驰定理与三角形的四心（重心､内心､外心､垂心）有着美丽的邂逅.它的具体内容是：如图，若是内一点，的面积分别为，则有.已知为的内心，且，若，则的最大值为__________.
答案：
解析：
思路：利用为的内心，再结合奔驰定理可得，再由已知条件转化可得，利用平面向量基本定理可知，从而得到，再由，可得，利用均值不等式可得，最后可得.
解答过程：因为的内心到该三角形三边的距离相等，则，
由可得，所以，
又，
则，所以，
两式相加可得，化简可得，
又，由余弦定理可得，
由基本不等式可得，
所以，当且仅当时等号成立，
所以.
故答案为.
方法提示：关键点点睛：本题的关键是利用奔驰定理得到，再结合余弦定理和基本不等式即可得到，最后即可得到的最大值.
四、解答题（本大题共5小题，共7分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知复数，根据下列条件求实数的值．
（1）是实数；
（2）是纯虚数；
（3）在复平面内对应的点在第二象限．
答案：（1）1或2 （2）
（3）解析：
思路：（1）根据题意得，根据复数的概念列式即可求解；
（2）根据复数的概念列式即可求解；
（3）根据复数的几何意义列式即可求解.
（1）由题意
，
若是实数，则，解得或
（2）若是纯虚数，则，解得；
（3）若在复平面内对应的点在第二象限，则，解得.
16. 已知向量，，．
（1）若，求的值；
（2）若，求在方向上投影向量的坐标．
答案：（1）
（2）解析：
思路：（1）根据向量垂直和向量线性运算的坐标表示求解即可；
（2）根据向量平行的坐标表示求出，结合投影向量的公式计算即可.
（1）由可得：，
即，
解得.
（2）由，可得，即，
解得，则，
因在方向上投影向量为，
故其坐标为.
17. 圆锥的底面直径是2，其侧面展开图是一个顶角为120°的扇形.
（1）一只蚂蚁从点A出发，沿圆锥侧面爬行一圈回到点A，求爬行的最短路程；
（2）过的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面在圆锥中挖去一个圆柱（如图所示），求剩下几何体的表面积和体积.
答案：（1）
（2），
解析：
思路：（1）作出侧面的展开图，最短路程即为的长，由余弦定理可求解；
（2）求得圆锥的高，进而计算剩下几何体的表面积和体积.
（1）由题意，侧面展开图如图所示，最短路程即为的长，设为圆锥的母线长，
由，可得，即母线，
在中，由余弦定理可得
所以爬行的最短路程为；
（2）因为圆锥的母线长为，所以圆锥的高为，
从而挖去的圆柱的高为，从而挖去的圆柱的侧面积为，
又圆锥的表面积为，
所以剩下几何体的表面积，
剩下几何体的体积为.
18. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝a＋1，c＝a＋2.
（1）若，求a；
（2）若，求的周长；
（3）在（2）的条件下，若D为AC上一点，且的面积是的2倍，求BD.
答案：（1）2 （2）18
（3）解析：
思路：（1）根据正弦定理，结合正弦的和角公式，依据题目中的条件，可得答案；
（2）根据余弦定理，依据题意，建立方程，解得三边长，利用三角形周长公式，可得答案；
（3）根据三角形面积公式，建立方程，结合余弦定理，可得答案.
（1）因为，由正弦定理得，
即，即，又，，
由正弦定理得c＝2a，又c＝a＋2，所以a＝2.
（2）由余弦定理得，因为b＝a＋1，c＝a＋2，
所以，解得a＝5（负值舍去），所以b＝6，c＝7，
所以的周长为a＋b＋c＝18.
（3）由（2）得a＝5，b＝6，c＝7，如图所示，
即BC＝5，AC＝6，AB＝7，
因为的面积是的2倍，设中AC上的高为h，
所以，即CD＝2AD，所以CD＝4，在中，
由余弦定理得，解.
19. 为提升城市景观面貌，改善市民生活环境，某市计划对一公园的一块四边形区域进行改造．如图，（百米），（百米），，，，，，分别为边，，的中点，所在区域为运动健身区域，其余改造为绿化区域，并规划4条观景栈道，，，以及两条主干道，．（单位：百米）
（1）若，求主干道的长；
（2）当变化时，
①证明运动健身区域的面积为定值，并求出该值；
②求4条观景栈道总长度的取值范围．
答案：（1）
（2）①证明见解析，定值；②
解析：
思路：（1）利用勾股定理得到，根据两角和的余弦公式和余弦定理即可求解；
（2）①设，由为中点，易知，利用余弦定理和三角形的面积公式即可求解；②设，，，利用正弦定理、余弦定理和换元法即可求解．
（1）因为，
所以在直角中，，
所以，
又因为，
所以在等腰直角中，，
所以
，
所以在中，
，
所以，即主干道的长为百米；
（2）①设，由为中点，得，
故，
所以，
在中，由余弦定理得，
所以，
因为，，所以，
所以，
所以
，为定值；
②设，，，
因为，，分别为边，，的中点，
所以，
所以，
在中，由余弦定理得，
由正弦定理，
得，
因为，，为边的中点，所以，
在中，，
由余弦定理得
，
在中，，
由余弦定理得
，
令，
因为，，，
所以，
令，在上单调递增，，
，
所以的取值范围为．
方法提示：方法点睛：对于几何图形中的多条线段的和的取值范围问题，我们可以利用正弦定理和余弦定理，将边的问题转化为角的问题，利用三角公式来变形求范围.