精品解析：福建省泉州市2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题

福建省泉州市高一期中考 数 学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册第五章5.5至必修第二册第八章8.4. 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. 一个几何体由5个面围成，则该几何体可能是（ ） A. 三棱锥 B. 四棱柱 C. 三棱台 D. 五棱锥 2. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且，，，则（ ） A. B. C. D. 3. 若均是单位向量，且，则（ ） A. B. 3 C. 6 D. 9 4. 已知复数，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第四象限 B. 第三象限 C. 第二象限 D. 第一象限 5. 把函数的图象向右平移a个单位长度后得到偶函数的图象，则a的最小正值为（ ） A. B. C. D. 6. 在正四棱台的12条棱所在的直线及直线BD，，中，与直线AC是异面直线的直线共有（ ） A. 6条 B. 7条 C. 8条 D. 9条 7. 已知函数在上单调递增，在上单调递减，且，则ωφ=（ ） A. B. C. D. 8. 在平行四边形ABCD中，，E为线段CD上靠近D的三等分点，线段AC与BE相交于点P，则（ ） A. B. C. D. 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. 下列说法正确的是（ ） A. 质量是向量 B. 相等向量的起点不一定相同 C. 物理学中的作用力与反作用力是一对共线向量 D. 若某质点受到，，的作用处于平衡状态，则 10. 的内角，，的对边分别为，，，若满足，的有两解，则的值可能为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 11. 如图，正方体的棱长为6，P是AB的中点，是正方体的表面及其内部一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 正方体内切球的表面积为 B. 若，则动点的轨迹与该正方体围成的较小部分的体积为 C. 若点是的外心，则 D. 若动点满足，则的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的值为______. 13. 如图，这是用斜二测画法画出的水平放置的梯形的直观图，其中，，梯形的面积为30，则梯形的高为________. 14. 某日中午甲船以的速度沿北偏东的方向驶离码头，下午乙船沿东偏南的方向匀速驶离码头，下午甲船到达地，乙船到达地，且在的西偏南的方向上，则乙船的航行速度是________.（取，） 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. 已知复数，. （1）若为实数，求； （2）若为虚数，求的取值范围； （3）若为纯虚数，求. 16. 如图，在平行四边形中，，，. （1）用，表示，； （2）若，判断的形状，并用向量的方法证明你的结论. 17. 已知的内角的对边分别为，且． （1）求； （2）若，求的面积． 18. 如图，长方体的长、宽、高分别为x，y，2，且，． （1）当底面为正方形时，求长方体的表面积和体积； （2）求三棱锥体积的最大值； （3）记三棱锥外接球的表面积为，底面ABCD的面积为，求的取值范围. 19. 设为非空数集，实数满足以下两个条件：（ⅰ）；（ⅱ）对任意给定的，总存在，使得．这时，称为集合的上确界． （1）直接写出集合的上确界． （2）在函数与的图象的交点中，距离最短的两个交点的距离为． ①求； ②求集合的上确界，并证明你的结论． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福建省泉州市高一期中考 数 学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册第五章5.5至必修第二册第八章8.4. 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. 一个几何体由5个面围成，则该几何体可能是（ ） A. 三棱锥 B. 四棱柱 C. 三棱台 D. 五棱锥 【答案】C 【解析】 【分析】根据棱台、棱锥、棱柱的结构特性，即可得出每个几何体的面数. 【详解】三棱锥由4个面围成，四棱柱和五棱锥均由6个面围成，三棱台由5个面围成． 故选：C. 2. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意利用正弦定理可得. 【详解】由正弦定理得，得． 故选：A. 3. 若均是单位向量，且，则（ ） A. B. 3 C. 6 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】通过平方即可求解. 【详解】由题意， ，则． 故选：B 4. 已知复数，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第四象限 B. 第三象限 C. 第二象限 D. 第一象限 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的运算法则，求得，得到，结合复数的几何意义，即可求解. 【详解】由复数，则， 所以复数在复平面内对应的点位于第四象限． 故选：A. 5. 把函数的图象向右平移a个单位长度后得到偶函数的图象，则a的最小正值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平移变换法则得，再根据余弦函数的性质列方程求解即可. 【详解】由题意得， 由（）得（），当时，a有最小正值为. 故选：D 6. 在正四棱台的12条棱所在的直线及直线BD，，中，与直线AC是异面直线的直线共有（ ） A. 6条 B. 7条 C. 8条 D. 9条 【答案】B 【解析】 【分析】根据异面直线的概念判断即可. 【详解】 与直线AC是异面直线的直线有，，，，，，，共7条. 故选：B. 7. 已知函数在上单调递增，在上单调递减，且，则ωφ=（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由条件确定对应最大值，，进而可求解. 【详解】因为函数在上单调递增，在上单调递减， 可知：对应最大值，也即，， 由，且都在区间内， 所以由对称性可知：， 所以， 所以，即， 所以，，又， 取可得：， 所以， 故选：C 8. 在平行四边形ABCD中，，E为线段CD上靠近D的三等分点，线段AC与BE相交于点P，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由余弦定理求出，由向量的线性运算表示求出，，由两种方式求出，则，即可得出答案. 【详解】因为 在中，， 由余弦定理可得：， 在中，， 由余弦定理可得：， 所以， 又因为， ，， 所以 ， 又因为， 所以，解得：. 故选：B. 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. 下列说法正确的是（ ） A. 质量是向量 B. 相等向量的起点不一定相同 C. 物理学中的作用力与反作用力是一对共线向量 D. 若某质点受到，，的作用处于平衡状态，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据向量的相关概念，对每个选项逐一进行分析判断. 【详解】对于选项，向量是既有大小又有方向的量，而质量只有大小没有方向，所以质量不是向量，选项错误. 对于选项，相等向量是指长度相等且方向相同的向量，与它们的起点位置无关，所以相等向量的起点不一定相同，选项正确. 对于选项，物理学中的作用力与反作用力大小相等、方向相反，且作用在同一条直线上，满足共线向量的定义，所以作用力与反作用力是一对共线向量，选项正确. 对于选项，若某质点受到的作用处于平衡状态，说明这三个力的合力为零，即，选项正确. 故选：BCD. 10. 的内角，，的对边分别为，，，若满足，的有两解，则的值可能为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】BC 【解析】 【分析】由求出的范围，即可判断, 【详解】由满足的有两解，可得，即， 即，则符合题意的有BC. 故选：BC 11. 如图，正方体的棱长为6，P是AB的中点，是正方体的表面及其内部一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 正方体内切球的表面积为 B. 若，则动点的轨迹与该正方体围成的较小部分的体积为 C. 若点是的外心，则 D. 若动点满足，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由球的体积以及表面积公式即可判断AB，由，结合数量积的运算律代入计算，即可判断C，由题意可得三点共线，然后将正方体展开，结合勾股定理代入计算，即可判断D 【详解】对于A，因为正方体的棱长为，则其内切球的半径， 内切球的表面积为，故A正确； 对于B，由条件可知，点的轨迹是以为球心，为半径的球的， 则的轨迹与该正方体围成的较小部分的体积为，故B错误； 对于C，因为是以为边长的等边三角形， 若点是的外心，即是的重心， 由重心定理可得， 则 ，故C正确； 对于D，若动点满足， 由三点共线定理可知，三点共线，即点在线段上， 将平展在一个平面中，如图所示： 则， 故， 故的最小值为，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. 的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据两角差的正切公式化简，然后利用特殊角的正切值得解. 【详解】由题意得. 故答案为： 13. 如图，这是用斜二测画法画出的水平放置的梯形的直观图，其中，，梯形的面积为30，则梯形的高为________. 【答案】 【解析】 【分析】直接用斜二测画法画出梯形水平放置时的直观图.再计算即可. 【详解】运用斜二测画法根据直观图画出原图，如下， 梯形的面积为30，，则原图梯形的高为， 即，解得.，则. 根据直观图与原图的长度关系，知道原图高为. 故答案为：. 14. 某日中午甲船以的速度沿北偏东的方向驶离码头，下午乙船沿东偏南的方向匀速驶离码头，下午甲船到达地，乙船到达地，且在的西偏南的方向上，则乙船的航行速度是________.（取，） 【答案】20 【解析】 【分析】根据正弦定理计算求解. 【详解】如图； 由题意得：，，，则． 由正弦定理， 得，所以乙船的航行速度是． 故答案为：20. 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. 已知复数，. （1）若为实数，求； （2）若为虚数，求的取值范围； （3）若为纯虚数，求. 【答案】（1）或5 （2）且 （3） 【解析】 【分析】（1）由复数是实数，得到，即可求解； （2）由复数是虚数，得到，即可求解； （3）由复数是纯虚数，列出方程组，再用模长公式即可求解 【小问1详解】 由题意得 得或5 【小问2详解】 由题意得 得且 【小问3详解】 由题意得 得故，所以,所以． 16. 如图，在平行四边形中，，，. （1）用，表示，； （2）若，判断的形状，并用向量的方法证明你的结论. 【答案】（1）， （2） 是直角三角形． 证明如下：由题意得，， 则 所以．故是直角三角形． 【解析】 【分析】（1）用平面向量的线性运算可得，,并结合已知条件可得； （2）根据题意，，再通过计算得，即可得证. 【小问1详解】 由题意得，， 则． ． 【小问2详解】 略 17. 已知的内角的对边分别为，且． （1）求； （2）若，求的面积． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边化角，进而可求解； （2）由余弦定理结合三角形面积公式即可求解. 【小问1详解】 由，可得． 因为，所以． 又，且， 所以解得． 【小问2详解】 由余弦定理可知． 因为，所以， 整理得，解得或（舍去）． 由，可得， 则的面积． 18. 如图，长方体的长、宽、高分别为x，y，2，且，． （1）当底面为正方形时，求长方体的表面积和体积； （2）求三棱锥体积的最大值； （3）记三棱锥外接球的表面积为，底面ABCD的面积为，求的取值范围. 【答案】（1）表面积为10，体积为2 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由已知，利用长方体的表面积和体积计算方法计算即可； （2）由图和已知可知三棱锥的体积为长方体的体积减去四个全等的三棱锥的体积，由表示出后，利用基本不等式即可求出最大值； （3）由题可知，三棱锥的外接球即长方体的外接球，则由表示出后代入并化简，利用基本不等式即可求得的取值范围. 【小问1详解】 因为底面 为正方形，所以， 则长方体的表面积为， 体积为. 【小问2详解】 由图和已知， ， 当且仅当时，等号成立，故三棱锥体积的最大值为. 【小问3详解】 由题可知，三棱锥的外接球即长方体的外接球， 设该外接球的半径为则， 所以， 则， 令，则，， 因为，所以， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的取值范围为. 19. 设为非空数集，实数满足以下两个条件：（ⅰ）；（ⅱ）对任意给定的，总存在，使得．这时，称为集合的上确界． （1）直接写出集合的上确界． （2）在函数与的图象的交点中，距离最短的两个交点的距离为． ①求； ②求集合的上确界，并证明你的结论． 【答案】（1）3 （2）①； ②的上确界是，证明如下： 由题意可得， 由得， 所以故， 接下来证明是的上确界， ， 对任意给定的， 若，可取，使得， 若,可取，使得， 综上可得的上确界是. 【解析】 【分析】（1）根据正切函数的单调性求解值域，即可根据确界的定义求解， （2）根据可得，进而根据可得求解①，化简，即可利用正弦函数的性质求解，利用上确界的定义求证即可. 【小问1详解】 由于， 进而，故的上确界为3. 【小问2详解】 由可得，故，则, 设距离最短的两个交点为， 则， 因此，即， , 得， 则， 解得， ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $