精品解析：福建省福州市福建师范大学附属中学2024-2025学年高一下学期4月期中考试数学试题

福建师大附中2024-2025学年下学期期中考试 高一数学试卷 时间： 120分钟 满分： 150分 命题： 刘文清 审核： 周裕燕 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若，则（ ） A. B. C. D. 2. 设向量，且，则实数（ ） A. 1 B. C. D. 3. 已知为单位向量，且满足，则（ ） A. B. C. D. 3 4. 已知复数满足，则的最大值为（ ） A. B. 2 C. D. 3 5. 设复数对应的向量分别为为坐标原点，且，若把绕原点顺时针旋转，把绕原点逆时针旋转，所得两向量的终点重合，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知的内角的对边分别为，若有两解，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用.刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容.用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和，例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为，故其总曲率为，则四棱锥的总曲率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知O是所在平面内一点，且，，，则的最大值为（　　） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对得部分分. 9. 已知都是复数，下列选项中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，垂直于底面，，底面扇环所对的圆心角为，弧的长度是弧长度的3倍，，则下列说法正确的是（ ） A. 弧长度为 B. 曲池的体积为 C. 曲池的表面积为 D. 三棱锥的体积为5 11. 若的内角，，所对的边分别为，，，且满足，则下列结论正确的是（ ） A. 角一定为锐角 B. C. D. 的最小值为 三、填空题：第12、13题每小题各5分，第14题第一空2分，第二空3分，共15分. 12. 已知某圆台的上、下底面直径分别为4，10，高为4，则该圆台的侧面积为_________． 13. 点在所在的平面内，若,则直线一定经过的__________.（填:重心、内心、外心或垂心） 14. 点分别为三棱柱的棱的中点，设的面积为，平面截三棱柱 所得截面面积为S，五棱锥. 的体积为，三棱柱的体积为V，则 __________，______ 四、解答题：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. 如图，在中，已知，，，点D是上一点，满足，点E是边上一点，满足 （1）当时，求 （2）是否存在非零实数，使得？若存在，求出的值：若不存在，请说明理由 16. 在中，角A，B，C 所对的边分别a，b，c.已知 且. （1）求角A的大小； （2）若D是的中点，，求面积的最大值. 17. 如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中，且，点为棱的中点． （1）求证：平面； （2）若为上的动点，则线段上是否存在点，使得平面？若存在，请确定点的位置，若不存在，请说明理由； （3）若，请在图中作出四棱锥过点及棱中点的截面，并求出截面周长． 18. 如图，游客从某旅游景区的景点处下上至处有两种路径．一种是从沿直线步行到，另一种是先从沿索道乘缆车到，然后从沿直线步行到．现有甲、乙两位游客从处下山，甲沿匀速步行，速度为．在甲出发后，乙从乘缆车到，在处停留后，再从匀速步行到，假设缆车匀速直线运动的速度为，山路长为1260，经测量，． （1）求索道的长； （2）问：乙出发多少后，乙在缆车上与甲的距离最短？ （3）为使两位游客在处互相等待的时间不超过，乙步行的速度应控制在什么范围内？ 19. 我们把（其中）称为一元次多项式方程.代数基本定理：任何一元次复系数多项式方程（即为实数）在复数集内至少有一个复数根；由此推得，任何一元次复系数多项式方程在复数集内有且仅有个复数根（重根按重数计算）.那么我们由代数基本定理可知：任何一元次复系数多项式在复数集内一定可以分解因式，转化为个一元一次多项式的积.即，其中，为方程的根.进一步可以推出：在实系数范围内（即为实数），方程有实数根，则多项式必可分解因式.例如：观察可知，是方程的一个根，则一定是多项式的一个因式，即，由待定系数法可知，. （1）在复数集内解方程：； （2）设，其中，且. （i）分解因式：； （ii）记点是的图象与直线在第一象限内离原点最近的交点.求证：当时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福建师大附中2024-2025学年下学期期中考试 高一数学试卷 时间： 120分钟 满分： 150分 命题： 刘文清 审核： 周裕燕 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数乘法对已知条件进行化简，由此求得正确选项. 【详解】依题意， 则， 即. 故选：B 2. 设向量，且，则实数（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求得的坐标，根据，可得，根据数量积的坐标公式，即可求得答案. 【详解】由题意得， 因为，所以， 所以，解得. 故选：D 3. 已知为单位向量，且满足，则（ ） A. B. C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】利用平方的方法化简已知条件，由此求得，进而求得. 【详解】由两边平方得， 所以. 故选：B 4. 已知复数满足，则的最大值为（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】设，得出的关系，结合其几何意义求解最值. 【详解】设， 因为， 所以， 因为， 所以相当于圆上的点到点距离， 所以的最大值为圆心到点距离与圆的半径的和，即. 故选：C. 5. 设复数对应的向量分别为为坐标原点，且，若把绕原点顺时针旋转，把绕原点逆时针旋转，所得两向量的终点重合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】把化为复数的三角形式，根据复数对应的向量旋转所得向量，求解即可. 【详解】由已知得， 所以绕原点顺时针旋转得 ， 由绕原点逆时针旋转，所得两向量的终点重合得， 所以. 故选：B. 6. 已知的内角的对边分别为，若有两解，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】写出三角形有两解的充要条件，进而求出的范围. 【详解】如图：三角形中，，则有两解的充要条件为： 即， 故选：A. 7. 北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用.刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容.用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和，例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为，故其总曲率为，则四棱锥的总曲率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题中给出的定义，由多面体的总曲率计算求解即可． 【详解】解：由题意，四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和， 因为四棱锥有5个顶点，5个面，其中4个三角形，1个四边形， 所以四棱锥的表面内角和由4个三角形和1个四边形组成， 所以面角和为， 故总曲率为． 故选：B. 8. 已知O是所在平面内一点，且，，，则的最大值为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意可得点轨迹是以为圆心，半径为的圆，再由直线与圆相切可得的最大值为. 【详解】根据，可得， 即可得； 即可知点轨迹是以为圆心，半径为的圆，如下图所示： 由图可知，当与圆相切时，取到最大， 又，可知此时. 故选：B. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对得部分分. 9. 已知都是复数，下列选项中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BD 【解析】 【分析】取特殊复数计算判断A，C，设复数结合复数乘法及复数模长计算判断B，根据已知复数运算律得出模长判断D. 【详解】对于选项A，取，，则，，满足，但，则A不正确； 对于选项B，设，， 因为，所以不同时为0，，则B正确； 对于选项C，取，，满足，则C不正确； 对于选项D，因为，所以，所以或，则，则D正确． 故选：BD． 10. 中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，垂直于底面，，底面扇环所对的圆心角为，弧的长度是弧长度的3倍，，则下列说法正确的是（ ） A. 弧长度为 B. 曲池的体积为 C. 曲池的表面积为 D. 三棱锥的体积为5 【答案】ACD 【解析】 【分析】设弧所在圆的半径为，弧所在圆的半径为，根据弧的长度是弧长度的倍及求出、，再根据体积、表面积公式计算可得. 【详解】设弧所在圆的半径为，弧所在圆的半径为， 因为弧的长度是弧长度的倍，，即， ，，， 所以弧的长度为，故A正确； 曲池的体积为，故B错误； 曲池的表面积为 ，故C正确； 三棱锥的体积为，故D正确． 故选：ACD． 11. 若的内角，，所对的边分别为，，，且满足，则下列结论正确的是（ ） A. 角一定为锐角 B. C. D. 的最小值为 【答案】BC 【解析】 【分析】结合降次公式、三角形内角和定理、余弦定理、正弦定理、同角三角函数的基本关系式化简已知条件，然后对选项逐一分析，由此确定正确选项. 【详解】依题意， ，， 为钝角，A选项错误. ， ，B选项正确. ，由正弦定理得， ，， 由于，为钝角，为锐角，所以两边除以得，.C选项正确. ， ， 整理得， 由于为钝角，，所以， 当且仅当时等号成立. 所以，D选项错误. 故选：BC 三、填空题：第12、13题每小题各5分，第14题第一空2分，第二空3分，共15分. 12. 已知某圆台的上、下底面直径分别为4，10，高为4，则该圆台的侧面积为_________． 【答案】 【解析】 【分析】画出图形，求出母线长，结合侧面积公式求解即可. 【详解】如图，圆台的上、下底面直径分别为4，10，高为4，则. 则，根据侧面积公式，知道圆台侧面积为． 故答案为：． 13. 点在所在的平面内，若,则直线一定经过的__________.（填:重心、内心、外心或垂心） 【答案】内心 【解析】 【分析】利用单位向量和加法运算的几何意义得平分，从而得结论. 【详解】分别表示同方向的单位向量， 故平分，即平分， 所以直线一定经过的内心. 故答案为:内心. 14. 点分别为三棱柱的棱的中点，设的面积为，平面截三棱柱 所得截面面积为S，五棱锥. 的体积为，三棱柱的体积为V，则 __________，______ 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】延长交的延长线于点，可知截面为四边形；可证得为中点，得到；结合知，由此可求得；设四边形的面积为，可得，由可推导得到. 【详解】延长交的延长线于点，连接交于点，连接，则平面截三棱柱所得截面为四边形． ，为的中点， ≌，为的中点， 的面积. ，， 的面积为， . 设四边形的面积为， 的面积为， 五棱锥的体积为， 连接，则三棱锥的体积为， 故，， . 故答案为：；. 四、解答题：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. 如图，在中，已知，，，点D是上一点，满足，点E是边上一点，满足 （1）当时，求 （2）是否存在非零实数，使得？若存在，求出的值：若不存在，请说明理由 【答案】（1） （2）存在非零实数，使得 【解析】 【分析】（1）当时，、分别是，的中点，则、，然后根据已知条件即可求解； （2）假设存在非零实数，使得，利用、为基底分别表示出和， 由求出值即可． 【小问1详解】 解：当时，，， 、分别是，的中点， ，， ； 【小问2详解】 解：假设存在非零实数，使得， 由，得， ； 又， ； ，解得或（不合题意，舍去）， 所以存在非零实数，使得． 16. 在中，角A，B，C 所对的边分别a，b，c.已知 且. （1）求角A的大小； （2）若D是的中点，，求面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量共线坐标满足公式列出方程，结合正弦定理化简，即可得到结果； （2）由两边平方，结合向量的数量积公式，根据基本不等式以及三角形的面积公式，代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 故 即 即 【小问2详解】 ∵D是的中点，， 即 即 ，故 当且仅当时，等号成立， ∴面积 即面积的最大值为 17. 如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中，且，点为棱的中点． （1）求证：平面； （2）若为上的动点，则线段上是否存在点，使得平面？若存在，请确定点的位置，若不存在，请说明理由； （3）若，请在图中作出四棱锥过点及棱中点的截面，并求出截面周长． 【答案】（1） 取线段的中点，连接， 因为分别为线段的中点， 所以，且， 又，且， 所以且， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； （2） 存在，当为线段中点时，平面， 理由如下：取线段中点，连接 因为分别为线段的中点， 所以，又平面，平面， 所以平面； 因为，且， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； 又面， 则面面，又面， 所以面， 所以当为线段中点时，平面； （3） 【解析】 【分析】（1）取线段的中点，连接，通过证明可得结论； （2）当为线段中点时，平面，通过证明面面可得结论； （3）取线段的中点，连接，通过证明，得到四边形为截面，然后分别求出各边的长即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 取线段的中点，连接， 因为，且， 所以四边形为平行四边形， 所以，又分别为线段， 所以， 所以，则四边形为四棱锥过点及棱中点的截面， 则，，， 在中，，， 所以， 则， 所以截面周长为. 18. 如图，游客从某旅游景区的景点处下上至处有两种路径．一种是从沿直线步行到，另一种是先从沿索道乘缆车到，然后从沿直线步行到．现有甲、乙两位游客从处下山，甲沿匀速步行，速度为．在甲出发后，乙从乘缆车到，在处停留后，再从匀速步行到，假设缆车匀速直线运动的速度为，山路长为1260，经测量，． （1）求索道的长； （2）问：乙出发多少后，乙在缆车上与甲的距离最短？ （3）为使两位游客在处互相等待的时间不超过，乙步行的速度应控制在什么范围内？ 【答案】（1）m （2）（3）（单位：m/min） 【解析】 【详解】（1）在中，因为，， 所以，， 从而． 由正弦定理，得（）． （2）假设乙出发后，甲、乙两游客距离为，此时，甲行走了，乙距离处， 所以由余弦定理得， 由于，即， 故当时，甲、乙两游客距离最短． （3）由正弦定理， 得（）． 乙从出发时，甲已走了（），还需走710才能到达． 设乙步行的速度为，由题意得，解得， 所以为使两位游客在处互相等待的时间不超过，乙步行的速度应控制在（单位：）范围内． 考点：正弦、余弦定理在实际问题中的应用. 【方法点睛】本题主要考查了正弦、余弦定理在实际问题中的应用，考查了考生分析问题和利用所学知识解决问题的能力，属于中档题.解答应用问题，首先要读懂题意，设出变量建立题目中的各个量与变量的关系，建立函数关系和不等关系求解.本题解得时，利用正余弦定理建立各边长的关系，通过二次函数和解不等式求解，充分体现了数学在实际问题中的应用. 19. 我们把（其中）称为一元次多项式方程.代数基本定理：任何一元次复系数多项式方程（即为实数）在复数集内至少有一个复数根；由此推得，任何一元次复系数多项式方程在复数集内有且仅有个复数根（重根按重数计算）.那么我们由代数基本定理可知：任何一元次复系数多项式在复数集内一定可以分解因式，转化为个一元一次多项式的积.即，其中，为方程的根.进一步可以推出：在实系数范围内（即为实数），方程有实数根，则多项式必可分解因式.例如：观察可知，是方程的一个根，则一定是多项式的一个因式，即，由待定系数法可知，. （1）在复数集内解方程：； （2）设，其中，且. （i）分解因式：； （ii）记点是的图象与直线在第一象限内离原点最近的交点.求证：当时，. 【答案】（1）、 （2）（i）； （ii）令，即， 即， 设，由， 有，故函数必有两个不同零点， 设，且，则，故， 又， 故，则方程的根有、、，且， 故的图象与直线在第一象限内离原点最近的交点的横坐标为，即. 【解析】 【分析】（1）结合题意，观察可得是方程的一个根，借助待定系数法计算即可得； （2）（i）结合题意，观察可得是方程的一个根，借助待定系数法计算即可得；（ii）借助所得因式分解，构造函数，借助二次函数的性质及韦达定理可得函数必有两个不同零点、，且满足. 【小问1详解】 观察可知，是方程的一个根， 则一定是多项式的一个因式， 即， 即有，解得， 即， 令，则， 即该方程的根为：、； 【小问2详解】 （i）观察可知，是方程的一个根， 则一定是多项式的一个因式， 即， 则有，即， 即； （ii）略 【点睛】关键点点睛：最后小问关键点在于借助所得因式分解，构造函数，借助二次函数的性质可得函数必有两个不同零点、，且满足. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $