精品解析：福建省莆田二中、仙游一中2024-2025学年高一下学期期中联考数学试题

福建省莆田二中、仙游一中2024-2025学年高一下学期期中联考数学试题 命题者：陈丽萍 审核者：林碧霞 卓晓萍 （考试时间120分钟 考试满分150分） 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，只有一个选项是符合要求的） 1. 若，则（ ） A. B. C. D. -1 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的乘法及乘方运算计算得解. 【详解】由，得. 故选：A 2. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间中线面、面面的位置关系判断即可. 【详解】对于A，若，则或，故A错误； 对于B，若，则或与相交或与异面，故B错误； 对于C，若，则或与相交，故C错误； 对于D，若，则存在直线（不与重合），使得，又，则或与相交， 若，则，此时可以满足，只需即可，所以， 若与相交，则与也相交，又，所以与也相交，与相矛盾， 所以，则，故D正确； 故选：D. 3. 平面向量，若，则（ ） A. 6 B. 5 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用平面向量垂直的坐标表示求得，再利用平面向量模的坐标表示即可得解. 【详解】因为，， 所以，解得， 所以， 因此. 故选：B． 4. 如图所示，已知正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形斜二测画法的直观图，则其原图形的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据斜二测画法还原图形，结合图形求解. 【详解】根据斜二测画法还原得下图： 因为四边形是边长为的正方形，则，所以，， 又因为，，则， 同理可得，， 因此，原图形的周长为. 故选：B. 5. 宋代瓷器的烧制水平极高，青白釉出自宋代，又称影青瓷．宋蒋祁《陶记》中“江、湖、川、广器尚青白，出于镇之窑者也”，印证了宋人把所说的“影青”瓷器叫做“青白瓷”的史实．图1为宋代的影青瓷花口盏及盏托，我们不妨将该花口盏及盏托看作是两个圆台与一个圆柱的组合体，三个部分的高相同均为6cm，上面的花口盏是底面直径分别为8cm和10cm的圆台，下面的盏托由底面直径8cm的圆柱和底面直径分别为12cm和8cm的圆台组合构成，示意图如图2，则该花口盏及盏托构成的组合体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题设数据结合圆台和圆柱的体积公式依次计算求解花口盏和盏托的体积即可得解. 【详解】花口盏体积：， 盏托体积：， 所以组合体的体积. 故选：D． 6. 如图，在四边形中，，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，再利用三角函数表示，，再在中利用余弦定理求出，最后求三角函数的最值即可. 【详解】设，则，， 则在中利用余弦定理得， 当，即时，取得最小值. 故选：C 7. 已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，，则三棱柱外接球的表面积为（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直三棱柱的外接球球心为上下底面三角形外接圆圆心连线的中点，求出半径，再算面积即可. 【详解】因为，，则为直角三角形， 和的外心分别为斜边的中点， 连接，取的中点， 则为三棱柱外接球的球心， 其外接圆半径为， 则半径， 则外接球的表面积为. 故选：C 8. 如图所示，半圆的直径，为圆心，是半圆上不同于的任意一点，若为半径上的动点，则的最小值是（ ） A. B. C. 0 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由向量的线性运算得，取数量积运算得到，且，方向相反，设，将所求式子化为，用二次函数求最值即可. 【详解】由平行四边形法则得，故，，且，方向相反， 设，则． 因为，所以当时，取得最小值，最小值为． 故选：B． 二、多选题：本题共3小题，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. 若复数，则（ ）． A. B. z在复平面内对应的点位于第三象限 C. D. 复数满足，则的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】应用复数的除法化简求，即可判断A、B、C；再由复数模的几何意义确定复数对应点轨迹，结合圆的性质求最值判断D. 【详解】由，则，，A、C对； 又对应点为在第四象限，B错； 由，即复数对应点在圆心为原点，半径为1的圆上， 所以的最大值为，D对. 故选：ACD 10. 如图所示，在正六边形中，下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量为 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用平面向量的减法可判断A选项；利用平面向量的加法可判断B选项；利用平面向量数量积的定义可判断C选项；利用投影向量的定义可判断D选项. 【详解】设正六边形的中心为点，如下图所示： 对于A选项，由正六边形的性质可知，则四边形为平行四边形， 所以，，所以，，A对； 对于B选项，由正六边形的性质可知，、均为等边三角形， 则，故四边形为菱形，所以，， 由正六边形的几何性质可知， 所以， ，B对； 对于C选项，易知为等边三角形， 故，C对； 对于D选项，因为为等腰三角形，且，，故， 设，则为的中点，故， 所以，，则， 所以，在上的投影向量为，D错. 故选：ABC. 11. 如图，正方体的棱长为分别是的中点，点是底面ABCD内一动点，则下列结论正确的为（ ） A. 过三点的平面截正方体所得截面图形是梯形 B. 三棱锥的体积为4 C. 三棱锥的外接球表面积为 D. 一质点从A点出发沿正方体表面绕行到的中点的最短距离为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，利用中位线的性质可证得，对边平行且不相等，可得到截面是梯形；对于B，利用等体积法可求得三棱锥的体积；对于C，三棱锥的外接球可以补形为长方体的外接球，先求半径再求表面积即可；对于D，分别求出将正方形沿着展在平面，及将沿着展开到与平面重合两种情况分别求解，即可比较大小. 【详解】对于A，由中位线可得，在正方体中，，所以， 所以四点共面，又因为，所以截面为梯形，故A正确； 对于B，，故B错误； 对于C，三棱锥的外接球可以补形为长方体外接球，半径， 所以表面积，故C正确； 对于D，记的中点为Q，如图所示， 若正方形沿着展在平面， 在直角中，可得， 若沿着展开到与平面重合， 在直角中，可得，综上，最短距离为，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知平面平面，点是平面外一点（如图所示），且直线分别与相交于点，若，则___________． 【答案】9 【解析】 【分析】先由题意，根据面面平行性质定理，得到，推出，进而得到，根据题中数据，即可得出结果. 【详解】因为平面平面，根据面面平行的性质定理，可得：， 所以，，又， 所以， 因此， 又，所以. 故答案为：9 13. 已知向量，向量在向量方向上的投影向量的模长为，写出一个满足条件的向量________． 【答案】或（答案不唯一，写出任意一个即可） 【解析】 【分析】利用投影向量的定义求解. 【详解】设，则根据条件有，即. 从而只要满足或即可. 故答案为：或（答案不唯一，写出任意一个即可）. 14. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．若的面积，则边a的最小值为_______． 【答案】2 【解析】 【分析】由正弦定理化简已知条件可推得，.根据，可求得，.由面积公式可求得，根据余弦定理可得出，由基本不等式，即可得出，即可得出答案. 【详解】由正弦定理可得，，. 由已知可得，， 所以. 又，所以，所以. 因为， 所以，. 因为的面积， 所以. 由余弦定理可得，， 当且仅当时，等号成立. 所以，，的最小值为. 故答案为：. 四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．） 15. 在平面直角坐标系中，已知，，. （1）若三点共线，求实数的值； （2）若，以的边所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成一个几何体，求该几何体的表面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据三点共线可知，由向量共线的坐标表示即可求解； （2）由可知，根据向量垂直的坐标表示求出实数的值，进而可根据向量模长计算公式可计算，，.以的边所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成的几何体是底面半径，高，母线长的圆锥，根据圆锥的表面积公式即可求解. 【小问1详解】 ∵，，，，. ∵三点共线，，，解得， 即实数的值为. 【小问2详解】 由（1）知，. ，，，即. ，，，，. 以的边所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成的几何体是底面半径，高，母线长的圆锥， 故该几何体的表面积为. 16. 如图，在中，已知，，，是的中点，是上的点，且，，相交于点.设，； （1）若，试用向量，表示，； （2）若，求的面积. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用平面向量的线性运算结合图形关系可得结果； （2）利用向量垂直的性质和数量积的定义可解得，再利用三角形面积公式计算即可. 【小问1详解】 由题意，是的中点，则， 因为，所以， 则. 所以，. 【小问2详解】 因为，所以. 因为，， 所以， 又因为， 所以，，解得. 所以，，则， 所以. 17. 记的内角的对边分别为，三个内角满足且为锐角，， （1）求角的大小； （2）为AB上一点，从下列条件①、条件②中任选一个作为已知，求线段CD的最大值． 条件①：CD为的角平分线；条件②：CD为边AB上的中线． 【答案】（1） （2）3 【解析】 【分析】（1）将已知的三角函数等式通过恒等变形转化为关于角的方程，利用角度和的三角恒等式和正切函数的和公式，最终求得角的正弦值，结合锐角条件确定角的大小. （2）选择条件①：利用余弦定理与面积及均值不等式得出结果. 选择条件②：利用角平分线的性质与向量的平行四边形法则结合进行运算，最后在运用均值不等式得出结果. 【小问1详解】 因为， 所以， 所以， 即， 所以，即， 因为，所以． 【小问2详解】 选择条件①： 在中，由余弦定理，得， 即，故， 当且仅当时，等号成立， 又因为. 所以. 故CD的最大值为3． 选择条件②： 由题，平方得， 在中，由余弦定理得， 所以， 故，当且仅当时，等号成立， 故有， 从而，即CD的最大值为3． 18. 如图，多面体是由一个直三棱柱与一个四棱锥组成，其中，，，是上的一点． （1）若是中点． ①求证：平面；②求异面直线与所成角的余弦值． （2）若为与交点，问上是否存在一点，使得平面？如果存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）①证明如下： 连接交于点，连接，如下图所示： 在三棱柱中，，，所以，四边形为平行四边形， 因为，所以为的中点， 又因为为的中点，所以，且， 因为平面，平面，故平面； ② （2）存在，且 【解析】 【分析】（1）①连接交于点，连接，利用中位线的性质得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立； ②分析可知，异面直线与所成角为或其补角，求出三边边长，结合余弦定理可求得结果； （2）由线面平行的性质可得出，由此得出，即可得解. 【小问1详解】 ①略 ②在直三棱柱中，平面，平面，所以， 所以，， 同理可得，， 所以，，， 因为，所以，异面直线与所成角为或其补角， 由余弦定理可得， 因此，异面直线与所成角的余弦值为. 【小问2详解】 如下图所示： 因为，，所以， 因为平面，平面，平面平面， 所以，故，因此. 所以，线段上存在一点，使得平面，且． 19. 十字测天仪广泛应用于欧洲中世纪晚期的航海领域，主要用于测量太阳等星体的方位，便于船员确定位置.如图1所示，十字测天仪由杆AB和横档CD构成，并且E是CD的中点，横档与杆垂直并且可在杆上滑动.十字测天仪的使用方法如下：如图2，手持十字测天仪，使得眼睛可以从A点观察.滑动横档CD使得A，C在同一水平面上，并且眼睛恰好能观察到太阳，此时视线恰好经过点D，DE的影子恰好是AE.然后，通过测量AE的长度，可计算出视线和水平面的夹角（称为太阳高度角），最后通过查阅地图来确定船员所在的位置. （1）若在某次测量中，横档的长度为20，测得太阳高度角，求影子AE的长； （2）若在另一次测量中，，横档的长度为20，求太阳高度角的正弦值； （3）在杆AB上有两点，满足.当横档CD的中点E位于时，记太阳高度角为，其中，都是锐角.证明：. 【答案】（1） （2） （3） 由题意，， 因为，都是锐角，则， 所以， 从而. 根据， 可知 因为函数在单调递增，且， 所以 ，即. 【解析】 【分析】(1)由题意结合图形，在中用正切函数的定义即可求出. (2)先求出 ，用余弦定理求出的值，再用同角的平方关系即可求出；或先求出和，再用正弦的二倍角公式求出. (3)先求出 ，通过变形得到讨论函数在上的单调性，即可证明结论. 【小问1详解】 如图1， 由题意得，，，且E是的中点，，， 所以在中，. 【小问2详解】 解法一：由题意，.由于E是的中点，且， 所以， 且. 由余弦定理得 从而 即太阳高度角的正弦值为. 解法二：由题意，.由于E是的中点，且， 所以， 且， 于是 且， 从而， 即太阳高度角的正弦值为 . 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：新文化题出题的特点，就是先给出一段材料，然后利用材料中的有用信息解决问题，这种题目的特点，就是把要解决的实际问题转化为数学公式或者概念.在本题中，要把物体的长度，太阳高度角等实际生活中的条件转化为三角形中的长度和角度，从而利用三角函数的有关知识解答. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福建省莆田二中、仙游一中2024-2025学年高一下学期期中联考数学试题 命题者：陈丽萍 审核者：林碧霞 卓晓萍 （考试时间120分钟 考试满分150分） 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，只有一个选项是符合要求的） 1. 若，则（ ） A. B. C. D. -1 2. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 3. 平面向量，若，则（ ） A. 6 B. 5 C. D. 4. 如图所示，已知正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形斜二测画法的直观图，则其原图形的周长为（ ） A. B. C. D. 5. 宋代瓷器的烧制水平极高，青白釉出自宋代，又称影青瓷．宋蒋祁《陶记》中“江、湖、川、广器尚青白，出于镇之窑者也”，印证了宋人把所说的“影青”瓷器叫做“青白瓷”的史实．图1为宋代的影青瓷花口盏及盏托，我们不妨将该花口盏及盏托看作是两个圆台与一个圆柱的组合体，三个部分的高相同均为6cm，上面的花口盏是底面直径分别为8cm和10cm的圆台，下面的盏托由底面直径8cm的圆柱和底面直径分别为12cm和8cm的圆台组合构成，示意图如图2，则该花口盏及盏托构成的组合体的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在四边形中，，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 7. 已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，，则三棱柱外接球的表面积为（ ）． A. B. C. D. 8. 如图所示，半圆的直径，为圆心，是半圆上不同于的任意一点，若为半径上的动点，则的最小值是（ ） A. B. C. 0 D. 2 二、多选题：本题共3小题，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. 若复数，则（ ）． A. B. z在复平面内对应的点位于第三象限 C. D. 复数满足，则的最大值为 10. 如图所示，在正六边形中，下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量为 11. 如图，正方体的棱长为分别是的中点，点是底面ABCD内一动点，则下列结论正确的为（ ） A. 过三点的平面截正方体所得截面图形是梯形 B. 三棱锥的体积为4 C. 三棱锥的外接球表面积为 D. 一质点从A点出发沿正方体表面绕行到的中点的最短距离为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知平面平面，点是平面外一点（如图所示），且直线分别与相交于点，若，则___________． 13. 已知向量，向量在向量方向上的投影向量的模长为，写出一个满足条件的向量________． 14. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．若的面积，则边a的最小值为_______． 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. 在平面直角坐标系中，已知，，. （1）若三点共线，求实数的值； （2）若，以的边所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成一个几何体，求该几何体的表面积. 16. 如图，在中，已知，，，是的中点，是上的点，且，，相交于点.设，； （1）若，试用向量，表示，； （2）若，求的面积. 17. 记的内角的对边分别为，三个内角满足且为锐角，， （1）求角的大小； （2）为AB上一点，从下列条件①、条件②中任选一个作为已知，求线段CD的最大值． 条件①：CD为的角平分线；条件②：CD为边AB上的中线． 18. 如图，多面体是由一个直三棱柱与一个四棱锥组成，其中，，，是上的一点． （1）若是中点． ①求证：平面；②求异面直线与所成角的余弦值． （2）若为与交点，问上是否存在一点，使得平面？如果存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 19. 十字测天仪广泛应用于欧洲中世纪晚期的航海领域，主要用于测量太阳等星体的方位，便于船员确定位置.如图1所示，十字测天仪由杆AB和横档CD构成，并且E是CD的中点，横档与杆垂直并且可在杆上滑动.十字测天仪的使用方法如下：如图2，手持十字测天仪，使得眼睛可以从A点观察.滑动横档CD使得A，C在同一水平面上，并且眼睛恰好能观察到太阳，此时视线恰好经过点D，DE的影子恰好是AE.然后，通过测量AE的长度，可计算出视线和水平面的夹角（称为太阳高度角），最后通过查阅地图来确定船员所在的位置. （1）若在某次测量中，横档的长度为20，测得太阳高度角，求影子AE的长； （2）若在另一次测量中，，横档的长度为20，求太阳高度角的正弦值； （3）在杆AB上有两点，满足.当横档CD的中点E位于时，记太阳高度角为，其中，都是锐角.证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $