精品解析：福建省泉州第五中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题

泉州五中2024-2025学年第二学期期中考试卷 高一数学 2025.4 满分150分，时间120分钟. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 复数满足，则的虚部为（ ） A. i B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知条件得出，利用复数的除法化简复数，利用共轭复数以及复数的概念可求得结果. 【详解】因为，则，故，则， 因此，的虚部为. 故选：D. 2. 计算的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据诱导公式和差角公式化简计算即可． 【详解】 . 故选：B. 3. 如图，为水平放置的的直观图，其中，，则在原平面图形中AC的长为（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据斜二测画法规则确定点的位置，再作出，进行计算即可. 【详解】在直观图中，，，取中点，连接， 则，而，于是， 则，，， 由斜二测画法规则作出，如图， 则，所以. 故选：C 4. 下列函数的最大值为2的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角函数的相关公式对各选项中的函数进行化简，再结合三角函数的性质求出其最大值，进而判断哪个选项符合要求. 【详解】对于A：根据二倍角余弦公式，可得. 因为余弦函数的值域是，所以的值域是， 即的最大值为，选项错误. 对于B：根据二倍角余弦公式，即， 可得. 因为的值域是，所以的值域是， 即的最大值为，选项错误. 对于C：根据两角和的正切公式，这里，， 则. 正切函数的值域是，没有最大值，所以没有最大值，选项错误. 对于D：对进行化简，根据辅助角公式可得： 再根据两角差的正弦公式，可得. 因为正弦函数的值域是，所以的值域是， 那么的值域是，即的最大值为，选项正确. 故选：. 5. 已知向量，，且向量在向量上的投影向量为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据投影向量公式计算得出，再根据夹角余弦公式计算求解. 【详解】因为向量，，且向量在向量上的投影向量为， 则，所以， 所以. 故选：C. 6. 如图，在一个表面积为的正三棱柱中，，其若存在一个可以在三棱柱内任意转动的正方体，则该正方体棱长的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件求出正三棱柱的棱长，进而求出正三棱柱的内切球，再由题设可知所求为内切球的内接正方体的边长，即可求解. 【详解】因为是正三棱柱，且，令， 则三棱柱的表面积为， 由题有，解得， 设内切圆半径为，由，得到， 又，则正三棱柱的内切球与下底面和侧面相切，且内切球半径为， 因为存在一个可以在正三棱柱内任意转动的正方体，所以正方体的外接球要在该正三棱柱中， 则要使正方体棱长取到最大值，正方体的体对角线长为正三棱柱内切球的直径， 即，得到，解得， 故选：A. 7. 如图所示的四边形中，是等边三角形，是边的中线延长线上一点，，，点在四边形的边上运动，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意知，即BC⊥CD，因为图形对称，所以只考虑E在边BC，CD上的运动情况即可，在两种情况下，利用向量共线表示出，利用数量积即可得到最值. 【详解】由题知，AC⊥BD，且，故点E在四边形ABCD上运动时，只需考虑点E在边BC，CD上的运动情况即可， 又， 所以，即，则， ①当点E在边BC上运动时，设，则， 所以； ②当点E在边CD上运动时，设，则， 所以. 综上，的取值范围为， 综上所述，其最小值为. 故选：C. 8. 在中，角、、所对的边分别为、、，若，，则当角取最大值时，的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知条件得出，结合基本不等式可求得的最小值，即可得出角的最大值，利用等号成立的条件可得出，进而得出，结合可得出各边边长，即可得解. 【详解】因为，，则， 由余弦定理可得， 当且仅当时，即当时等号成立，即， 因为余弦函数在上单调递减，且，故， 故的最大值为，此时，则， 再由可得，则，此时的周长为. 故选：B. 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. 已知两个复数，满足，且，则下面说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】根据复数的除法运算计算判断A，B，再应用模长计算判断C，D. 【详解】因为，且，则， 所以，A选项错误； ，B选项错误； ，C选项正确； ，D选项正确； 故选：CD. 10. 如图是函数图象的一部分，对不同的，，若，有，则（ ）. A. 函数的最小正周期为. B. 在上单调递减. C. 将曲线向右平移个单位长度，得到函数的图象. D. 直线是曲线的一条对称轴. 【答案】AD 【解析】 【分析】A选项，最小正周期为；B选项，从函数的图像可知，其次确定的值，已知对不同的、，，则函数图像关于对称，根据五点做图法，得到，，进而求出，，根据图像判断BD；根据平移判断. 【详解】A选项，函数的最小正周期为，故正确， B选项，从函数的图像可知，函数的最大值2， 因为正弦函数的最大值是1，所以,即， 其次，确定的值，已知对不同的、，若， 则函数图像关于对称，所以，根据五点做图法， 第一个点满足，第三个点满足， 将两式相加可得，即，， ， 所以，因为，所以，所以， 当时，， 正弦函数在上单调递减，在上单调递增， 所以在上不是单调函数，选项错误. C选项，将曲线向右平移个单位长度得到，故错误. D选项，函数，所以直线是曲线的一条对称轴，故正确. 故选：. 11. 正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体.如图所示，正八面体的棱长为，下列说法中正确的有（ ） A. 该八面体的表面积为 B. 该八面体的体积为 C. 若点为棱上的动点，则的最小值为 D. 若点为四边形的中心，点为此八面体表面上动点，且，则动点的轨迹长度为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用三角形的面积公式计算出正八面体的表面积，可判断A选项；利用锥体的体积公式计算出正八面体的体积，可判断B选项；将面和面延展为同一个平面，由、、三点共线时，取最小值，结合余弦定理求的长，可判断C选项；分析可知点在侧面内的轨迹是该三角形的内切圆，结合圆的周长可判断D选项. 【详解】对于A选项，由于正八面体每个面都是边长为的正三角形， 故该正八面体的表面积为，A对； 对于B选项，在正四棱锥中，设顶点在底面内的射影为点， 则为正方形的中心，即为的中点， 因为正方形的边长为，则， 故， 因此，该正八面体的体积为，B错； 对于C选项，将面和面延展为同一个平面，如下图所示： 易知四边形是边长为的菱形，且， 当、、三点共线时，取最小值， 且，C对； 对于D选项，考虑点在侧面上运动时点的轨迹长度，如下图所示： 易知，且是边长为的等边三角形， 则三棱锥是正三棱锥，则点在底面内的射影点为的中心， 取为的中点，连接、，则， 因为，，故，则， 所以，为等腰直角三角形，且， ， 因为为等边的中心，则， 所以，， 因为平面，平面，所以， 则， 所以，点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆在内的圆弧， 因为，所以，圆切线段于其中点， 同理可知，圆切线段、于其中点，故点的轨迹是的内切圆圆，且圆的半径为， 综上所述，动点的轨迹长度为，D对. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆台的下底面半径是上底面半径的倍，下底面半径是，侧面积为，则该圆台的体积为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据条件求出圆台的高，再利用圆台的体积公式，即可求解. 【详解】设圆台的上、下底面半径分别为，母线长为， 由题知，又侧面积为，则， 所以，得到，所以圆台的高为 则圆台的体积为， 故答案为：. 13. 已知函数在区间内单调递增，则的最大值为_______. 【答案】1 【解析】 【分析】由已知结合正切函数的单调性即可求解. 【详解】由函数在区间内单调递增， 可得，且，解得， 所以的最大值为1. 故答案为：1. 14. 在中，、、分别是角、、的对边，若，且，记，则当取最大值时，_____. 【答案】## 【解析】 【分析】由正弦定理结合两角和的正弦公式化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值，由已知条件结合平面向量的减法法则得出，结合平面向量数量积的运算以及余弦定理得出，令可得出，利用该方程有根可求出的最大值，求出的值，结合正弦定理以及两角和的正弦化简得出的值. 【详解】由及正弦定理得， 即，即， 因为、，则，即，故， 因为，由正弦定理可得， 因为，则，故， 所以，， 即， 所以， 整理可得， 设，可得， 当时，方程为，解得，合乎题意； 当时，则，即， 解得，因为，则且， 综上所述，的最大值为，此时， 则方程的根为， 即， 即， 整理可得， 故. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16，17题15分，第18，19题17分，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（是虚数单位），且为纯虚数（是的共轭复数）. （1）若复数在复平面内对应的点位于第三象限，求实数的取值范围. （2）若，在复平面上对应的向量分别为，，为坐标原点，求与的夹角. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据纯虚数的定义求出的值，再结合复数在复平面内的位置列出不等式组求解的范围； （2）先求出，进而得到、、的坐标，再利用向量的夹角公式计算夹角. 【小问1详解】 已知，则其共轭复数. 所以. 因为为纯虚数，所以实部为，虚部不为，即，解得，则. 已知. 因为在复平面内对应的点位于第三象限，所以实部小于，虚部小于，即. 解不等式，得. 解不等式，得. 综合两个不等式的解，可得. 故实数的取值范围是； 【小问2详解】 由，可得 所以，，则. 设与的夹角为，. 根据向量的夹角公式，其中，，. 则. 因为，所以. 与的夹角为. 16. 中，角、、的对边分别为、、，. （1）求角； （2）若为边上一点，，且，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值； （2）由已知得出，由平面向量的减法可得出，利用平面向量数量积的运算性质可得出关于的方程，解出的值，结合余弦定理可求得的值，由此可得出的周长. 【小问1详解】 由正弦定理及可得， 即， 所以， 因为、，所以，可得，故，则. 【小问2详解】 如下图所示： 由题意可知，，即，可得， 所以， 即， 又因为， 所以，整理得， 因为，所以， 由余弦定理得，即， 故的周长为. 17. 如图，某景区为了增加观赏性，初步计划在景区路口的两条公路，之间建造花园，该花园的平面示意图为如图的四边形，已知，花园的两个顶点，分别在两条公路上（沿着公路且异于点），为了便于游客赏玩，花园中修建服务通道，. （1）若，，，求通道的长； （2）若，，求折线段通道最长（即最大）； （3）若且的面积为6，求服务通道的最小值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】(1)先由可确定在上的具体位置，从而算得再在中用余弦定理得； (2)利用正弦定理算得的确切长度；再令利用余弦定理得到，配方并利用基本不等式求出的最大值即可； (3)令，利用三角形面积公式可将与联系起来，再用“余弦定理”得到关于的三角函数表达式，利用三角函数的性质求得 【小问1详解】 在中，已知，，. 根据正弦定理：，，，， 设，中，，， 根据余弦定理得， 化简得，，所以. 即； 【小问2详解】 在中，已知，. 根据正弦定理：，由于， 代入已知值：，， 在中，已知. 设. 根据余弦定理：， ，， 又因为， 所以， 所以，所以，当且仅当时取等号， 因此的最大值为； 【小问3详解】 设，则，， 由面积公式得，， 由余弦定理得， 令， 则， 其中， 当时取等号， ，. 18. 在中，角、、所对的边分别为、、，为中点，. （1）若，且的面积，求； （2）若，直线过点交边于点，交边于点，且，，求最小值； （3）若且的最小值为1，求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正余弦定理得出，再利用三角形面积相等可得答案； （2）连接，利用三点共线得，再由基本不等式可得答案； （3）对两边平方，利用配方法求出最小值可得答案. 【小问1详解】 由正弦定理得， 由余弦定理得，所以，可得， 又为中点，得， ， 又，所以， 由于，为中点，所以； 【小问2详解】 连接，因为，所以是距离近的三等分点， 因为，，所以，， ， 因为三点共线，所以，由，， 则， 当且仅当时取得最小值； 【小问3详解】 ，则 ， 当时，有最小值， 解得，所以. 19. 若函数满足，且，，则称为“型函数”. （1）判断函数是否为“型函数”，并说明理由； （2）设，且为“型0函数”.若存在，使不等式成立，求实数的取值范围； （3）已知为定义域为的奇函数，当时，，函数为“型函数”，当时，，若函数在上的零点个数为9，求的取值范围. 【答案】（1）是 ，理由如下： 函数是“型函数”； 因为，所以的图象关于直线对称， 又的最小正周期为，所以函数是“型函数”. （2）； （3） 【解析】 【分析】（1）判断出关于直线对称，且最小正周期为，由定义可判断出答案； （2）先根据定义计算得出化简根据最小值得出的取值范围； （3）由题意得到的零点为，即或或，由对称性和周期性画出在上的图象，数形结合求出. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 为“型0函数”，所以函数满足，且， 函数周期为，所以，函数为偶函数，且，所以，所以， ， ， 因为，所以，， 当时取， 存在，使不等式成立， 所以，所以，即； 【小问3详解】 令，得，因为是定义域为的奇函数，所以的零点为. 令，所以或0或1，即或或. 画出在上的图象，由的图象关于直线对称， 可画出在上的图象.由的最小正周期为， 可画出在上的图象. 故在上的图象如图所示， 所以函数在上的零点个数等于在上的图象与直线，，的交点个数之和. 当，即时，在上的图象与直线，，的交点个数之和至多为6，不合题意. 当，即时，在上的图象与直线，，的交点个数分别是0,3,5，交点个数之和为8，不合题意. 当，即时，在上的图象与直线，，的交点个数之和为0，不合题意. 当，即时，在上的图象与直线，，的交点个数分别是3,0,0，不合题意. 当，即时，在上的图象与直线，，的交点个数分别是3,2,0，不合题意. 当，即时，在上的图象与直线，，的交点个数分别是3,3,0，不合题意. 当，即时，在上的图象与直线，，的交点个数分别是5,3,2，交点个数之和为10，不合题意. 当，即时，在上的图象与直线，，的交点个数分别是6,3,3，交点个数之和为12，不合题意. 当，即时，在上的图象与直线，，的交点个数分别是3,5,3，交点个数之和为11，不合题意. 当，即时，在上的图象与直线，，的交点个数之和为9. 故的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泉州五中2024-2025学年第二学期期中考试卷 高一数学 2025.4 满分150分，时间120分钟. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 复数满足，则的虚部为（ ） A. i B. C. D. 2. 计算的值为（ ） A. B. C. D. 3. 如图，为水平放置的的直观图，其中，，则在原平面图形中AC的长为（ ） A. B. 3 C. D. 4. 下列函数的最大值为2的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量，，且向量在向量上的投影向量为，则（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在一个表面积为的正三棱柱中，，其若存在一个可以在三棱柱内任意转动的正方体，则该正方体棱长的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 如图所示的四边形中，是等边三角形，是边的中线延长线上一点，，，点在四边形的边上运动，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 8. 在中，角、、所对的边分别为、、，若，，则当角取最大值时，的周长为（ ） A. B. C. D. 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. 已知两个复数，满足，且，则下面说法正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 如图是函数图象的一部分，对不同的，，若，有，则（ ）. A. 函数的最小正周期为. B. 在上单调递减. C. 将曲线向右平移个单位长度，得到函数的图象. D. 直线是曲线的一条对称轴. 11. 正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体.如图所示，正八面体的棱长为，下列说法中正确的有（ ） A. 该八面体的表面积为 B. 该八面体的体积为 C. 若点为棱上的动点，则的最小值为 D. 若点为四边形的中心，点为此八面体表面上动点，且，则动点的轨迹长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆台的下底面半径是上底面半径的倍，下底面半径是，侧面积为，则该圆台的体积为_____. 13. 已知函数在区间内单调递增，则的最大值为_______. 14. 在中，、、分别是角、、的对边，若，且，记，则当取最大值时，_____. 四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16，17题15分，第18，19题17分，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（是虚数单位），且为纯虚数（是的共轭复数）. （1）若复数在复平面内对应的点位于第三象限，求实数的取值范围. （2）若，在复平面上对应的向量分别为，，为坐标原点，求与的夹角. 16. 中，角、、的对边分别为、、，. （1）求角； （2）若为边上一点，，且，求的周长. 17. 如图，某景区为了增加观赏性，初步计划在景区路口的两条公路，之间建造花园，该花园的平面示意图为如图的四边形，已知，花园的两个顶点，分别在两条公路上（沿着公路且异于点），为了便于游客赏玩，花园中修建服务通道，. （1）若，，，求通道的长； （2）若，，求折线段通道最长（即最大）； （3）若且的面积为6，求服务通道的最小值. 18. 在中，角、、所对的边分别为、、，为中点，. （1）若，且的面积，求； （2）若，直线过点交边于点，交边于点，且，，求最小值； （3）若且的最小值为1，求的值. 19. 若函数满足，且，，则称为“型函数”. （1）判断函数是否为“型函数”，并说明理由； （2）设，且为“型0函数”.若存在，使不等式成立，求实数的取值范围； （3）已知为定义域为的奇函数，当时，，函数为“型函数”，当时，，若函数在上的零点个数为9，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $