精品解析：新疆乌鲁木齐市第一中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷

乌鲁木齐市第一中学2024--2025学年第二学期 2027届高一年级期中考试 数学试卷 第一部分（选择题共58分） 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. 设为虚数单位，若复数，则的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. 2 已知平面向量，则（ ） A. 1 B. C. D. 3. 设为两条直线，为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，则 4. 已知圆锥的体积为，底面面积为，则该圆锥的侧面积为（ ）． A. B. C. D. 5. 已知中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，且，则是（ ） A. 锐角三角形 B. 钝角三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形 6. 所有棱长均为6的正三棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2的正三棱锥，则所得棱台的高为（ ） A. B. C. D. 7. 已知正方形的边长为4，点满足，则的最大值为（ ） A. B. 0 C. 12 D. 8. 已知圆台存在内切球（与圆台的上、下底面及侧面都相切的球），若圆台的上、下底面面积之和与它的侧面积之比为，设球的体积与圆台分别为，则（ ） 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 已知为虚数单位，以下四个说法中正确的是（ ） A. B 复数， C. 若，则复平面内对应的点位于第二象限 D. 已知复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为直线 10. 下列四个命题为真命题的是（ ）. A. 在中，角所对的边分别为，若，，，要使满足条件的三角形有且只有两个，则 B. 若向量，，则在上的投影向量为 C. 已知向量，，则的最大值为 D. 在中，若（），则动点的轨迹一定通过的重心 11. 在锐角中，角的对边分别为，且满足，，则下列说法正确的有（ ） A. 外接圆面积是 B. 面积的最大值是 C. 周长取值可以是 D. 内切圆半径的取值范围是 第二部分（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量、满足，，，则________． 13. 如图，在海面上有两个观测点B，D，点B在D的正北方向，距离为2km，在某天10:00观察到某航船在C处，此时测得，5分钟后该船行驶至A处，此时测得，，，，则该船行驶的距离为_______km 14. 清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的全等正四面体组合而成（每一个四面体的各个面都过另一个四面体的三条共点的棱的中点）.如图，若正四面体棱长为2，则该组合体的表面积为__________；该组合体的外接球体积与两正交四面体公共部分的内切球体积的比值为__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚. 15. 设复数． （1）在复平面内，复数对应的点在实轴上，求； （2）若是纯虚数，且是方程的根，求实数的值. 16. 如图：在正方体中，为的中点. （1）求三棱锥的体积； （2）求证：平面； （3）若为的中点，求证：平面平面. 17. 如图，在菱形中，. （1）若，求的值； （2）若，，求. 18. 设的内角，，所对的边分别为，，，，. （1）求角； （2）点为边中点，若，求的面积； （3）如图所示，点是外一点，若，，记的周长为，求的解析式和的取值范围. 19. 著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于120°时，则使得的点即为费马点.在中，角所对的边分别为，，. （1）若，点是“费马点”，，且，. ①求的值. ②设，若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围. （2）若，设点是的“费马点”，，求实数的最小值. 20. （1）求的值. （2）在中，角，，所对的边分别为，，，且外接圆半径为，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 乌鲁木齐市第一中学2024--2025学年第二学期 2027届高一年级期中考试 数学试卷 第一部分（选择题共58分） 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. 设为虚数单位，若复数，则的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】转化即可求解. 【详解】因为， 所以的虚部为. 故选：B. 2. 已知平面向量，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用数量积的坐标运算即可求得. 【详解】. 故选：D. 3. 设为两条直线，为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】ABC可举出反例，D可利用线面平行的判定定理证得. 【详解】A选项，如图1，满足，，但不平行，A错误； B错误，如图2，满足，，，但不平行，B错误； C选项，如图3，满足，，，但不平行，C错误； D选项，若，由线面平行的判断定理可得，D正确. 故选：D 4. 已知圆锥的体积为，底面面积为，则该圆锥的侧面积为（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据圆锥的体积公式可求得高，根据圆锥的底面积公式可求得半径，从而可求得圆锥的母线长，进而利用圆锥的侧面积公式即可求解. 【详解】令圆锥的高为，底面半径为，母线为， 由圆锥的体积公式，可得, 解得， 由圆锥的底面积公式，可得，解得， 所以圆锥的母线长， 所以. 故选：B. 5. 已知中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，且，则是（ ） A 锐角三角形 B. 钝角三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】D 【解析】 【分析】由正弦定理和得到，，求出，得到答案. 【详解】， 即，故， ， 因为，所以，故， 因为，所以， 故为等腰直角三角形. 故选：D 6. 所有棱长均为6的正三棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2的正三棱锥，则所得棱台的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用小三棱锥和大三棱锥的比例求解即可. 【详解】 如图，根据题意可得所得棱台为正三棱台， 该棱台的高等于大正三棱锥的高的. 设大正三棱锥的高为DH，则： 因为大正三棱锥的高为:， 所以该棱台高为. 故选：A 7. 已知正方形的边长为4，点满足，则的最大值为（ ） A. B. 0 C. 12 D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立直角坐标系，根据向量坐标运算即可求解. 【详解】以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，建立平面直角坐标系，如图所示， 则，，，，， 因为，，， 所以， 所以当时，取得最大值. 故选:D. 8. 已知圆台存在内切球（与圆台的上、下底面及侧面都相切的球），若圆台的上、下底面面积之和与它的侧面积之比为，设球的体积与圆台分别为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，结合圆台轴截面等腰梯形的内切圆是球的截面大圆，探讨圆台两底半径与母线的关系，再利用圆台侧面积公式及圆台、球的体积公式求解即得． 【详解】设圆台的上、下底面半径分别为，，母线长为，高为，内切球的半径为， 显然圆台轴截面等腰梯形的内切圆是球的截面大圆，则，， 由，整理得，而，解得，， 因此圆台的高，， 则圆台的体积， 内切球的体积，所以． 故选： C 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 已知为虚数单位，以下四个说法中正确的是（ ） A. B. 复数， C. 若，则复平面内对应的点位于第二象限 D. 已知复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为直线 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A，根据复数的乘方法则即可求解；对于B，利用复数除法法则化简，即可求解；对于C，利用复数乘方法则计算出，求出即可求解；对于D，证明复数对应的点到点和点两点的距离相等即可求解. 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，， 所以，故B错误； 对于C，， 所以，所以复平面内对应的点坐标为，位于第三象限，故C错误； 对于D，复数满足， 表示复数对应的点到点和点两点的距离相等， 所以在复平面内对应的点的轨迹为线段的垂直平分线，故D正确. 故选：AD. 10. 下列四个命题为真命题的是（ ）. A. 在中，角所对的边分别为，若，，，要使满足条件的三角形有且只有两个，则 B. 若向量，，则在上的投影向量为 C. 已知向量，，则的最大值为 D. 在中，若（），则动点的轨迹一定通过的重心 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，根据正弦定理可求得，可得，可求得取值即可判断；对于B，直接根据投影公式计算出投影向量的值即可；对于C，由向量坐标的模长公式代入计算，即可判断；对于D，令边中点为，则，再根据正弦定理变形即可判断. 【详解】对于A，根据正弦定理可求得，所以， 所以，且，可求得，故A错误； 对于B，直接根据在上的投影向量，故B正确； 对于C，， 则，令， 则， 当时，取最大值，最大值为，故C正确； 对于D，令边中点为，则，再根据正弦定理， 所以， 代入到， 因此点的轨迹在直线上，所以点的轨迹经过重心，故D正确. 故选：BCD. 11. 在锐角中，角的对边分别为，且满足，，则下列说法正确的有（ ） A. 外接圆面积是 B. 面积的最大值是 C. 周长的取值可以是 D. 内切圆半径的取值范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据，结合正弦定理，可求，结合，可求角.根据三角形外接圆半径满足，可判断A的真假；结合余弦定理和基本（均值）不等式，可判断B的真假；利用为锐角三角形，求出角的取值范围，利用正弦定理表示出，可求周长的取值范围，判断C的真假；根据BC的结论，结合三角形的面积、三角形周长、三角形内切圆半径之间的关系，判断D的真假. 【详解】由，结合正弦定理，可得： . 因为在锐角三角形中，， 所以. 由，又为锐角，所以. 对A：设的外接圆半径为，由，所以，所以外接圆面积为：.故A正确. 对B：由余弦定理（当且仅当时取“”）. 所以.故B正确； 对C：因为为锐角三角形，所以，，，所以. 由正弦定理：， 所以，， 所以， 因为，所以，所以， 所以周长的取值范围为. 因为，故C错误； 对D：设内切圆半径为，则. 又， ，， 所以， 由，所以.故D正确. 故选：ABD 【点睛】思路点睛： （1）涉及三角形周长或面积的取值范围，可将问题转化为利用基本（均值）不等式求最值或转化为三角函数求值域的问题解决. （2）本题的关键是三角形式锐角三角形，由此确定三角形角的取值范围，是该题的一个关键点. 第二部分（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量、满足，，，则________． 【答案】 【解析】 【分析】利用平面向量垂直可得出，可求出的值，然后利用平面向量数量积的运算性质可求得的值. 【详解】因为，则，可得， 所以，. 故答案为：. 13. 如图，在海面上有两个观测点B，D，点B在D的正北方向，距离为2km，在某天10:00观察到某航船在C处，此时测得，5分钟后该船行驶至A处，此时测得，，，，则该船行驶的距离为_______km 【答案】 【解析】 【分析】在中得，在中由正弦定理得，在中，由余弦定理得. 【详解】依题意，, ， 在中，，，则，又，则km， 在中，，，则， 由正弦定理，得AB=km， 在中，，由余弦定理得 ， 所以该船行驶的距离km. 故答案为： 14. 清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的全等正四面体组合而成（每一个四面体的各个面都过另一个四面体的三条共点的棱的中点）.如图，若正四面体棱长为2，则该组合体的表面积为__________；该组合体的外接球体积与两正交四面体公共部分的内切球体积的比值为__________. 【答案】 ①. ②. 27 【解析】 【分析】该组合体一共有 24 个面，每一个面都是全等的边长为 1 的等边三角形，则可求出其表面积；该组合体的外接球也是任意一个正四面体的外接球，可用一个正四面体来看，求出外接球半径为 ，两正交四面体公共部分一共有 8 个面，且每一个面都是全等的边长为 1 的等边三角形，则中间部分的体积为 ，设其内切球半径为 ，由 ，求出 ，即可得到体积的比值. 【详解】该组合体一共有 24 个面，每一个面都是全等的边长为 1 的等边三角形， 则其表面积为 ; 该组合体的外接球也是任意一个正四面体的外接球，可用一个正四面体来看， 是 的中心， 是球心， 则 ，则 ， ， 设外接球半径为 ，则 ， 又 ，解得 , 两正交四面体公共部分一共有 8 个面，且每一个面都是全等边长为 1 的等边三角形， 则其表面积为 ， 大正四面体的体积为 则每个小正四面体的体积为 ， 则中间部分的体积为 ， 设其内切球半径为 ，则中间部分的体积也可表示为 ，解得 ， 故外接球和内切球体积之比为 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、证明过程或演算步聚. 15. 设复数． （1）在复平面内，复数对应的点在实轴上，求； （2）若是纯虚数，且是方程的根，求实数的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意分析可知，即可得，进而可求； （2）根据复数的除法运算结合纯虚数概念可得，可知是方程的根，利用韦达定理运算求解即可. 【小问1详解】 因为，则， 若复数对应的点在实轴上，则， 可得，即， 所以. 【小问2详解】 因为， 若是纯虚数，则，解得， 若是方程的根，则也是该方程的根， 由韦达定理可得，即，所以. 16. 如图：在正方体中，为的中点. （1）求三棱锥的体积； （2）求证：平面； （3）若为的中点，求证：平面平面. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据锥体的体积公式计算即可； （2）根据线面平行的判定进行证明； （3）根据面面平行的判定进行证明. 【小问1详解】 显然平面，于. 【小问2详解】 设，连接， 在正方体中，四边形是正方形，是中点， 是的中点，， 平面平面 平面； 【小问3详解】 为的中点，为的中点， ， 四边形为平行四边形，， 又平面平面平面， 由（2）知平面平面平面， 平面平面. 17. 如图，在菱形中，. （1）若，求的值； （2）若，，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可知，即可求解； （2），从而即可求解. 【小问1详解】 因为在菱形中，. 故， 故，所以. 【小问2详解】 显然， 所以 ①， 因为菱形，且，， 故，. 所以. 故①式. 故. 18. 设的内角，，所对的边分别为，，，，. （1）求角； （2）点为边的中点，若，求的面积； （3）如图所示，点是外一点，若，，记的周长为，求的解析式和的取值范围. 【答案】（1） （2） （3）， 【解析】 【分析】（1）先对已知等式变形，利用正弦定理将角化为边，得到边的关系，再用余弦定理求出的值，结合角的范围确定的大小. （2）根据中线性质得到，两边平方得出，再结合余弦定理得到，联立求出的值，最后用三角形面积公式求出. （3）先在和中用正弦定理，得出和.接着根据四边形内角和与已知条件，推出.然后在里用余弦定理求出，化简后得到.最后把相加，得到的表达式，同时确定的取值范围. 【小问1详解】 已知， 由内角和定理有，得， 由正弦定理可知，， 所以，即. 由余弦定理，又因为，因此； 【小问2详解】 中线，有； 两边同时平方得，即， 在中，，由余弦定理可得， 可得，所以； 【小问3详解】 在中，由正弦定理可得，即， 在中，由正弦定理可得，即. 因为四边形的内角和为，且， 所以， 在中， 所以， 则， 19. 著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于120°时，则使得的点即为费马点.在中，角所对的边分别为，，. （1）若，点是的“费马点”，，且，. ①求的值. ②设，若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围. （2）若，设点是的“费马点”，，求实数的最小值. 【答案】（1）①；② （2） 【解析】 【分析】(1) ①由得，所以三个内角均小于120°，从而，再由以及三角形的面积，即可求出的值； ②求出恒成立，再分离参数求最值即可； (2) 由，结合正弦定理求得，由点为的“费马点”，得，设，，， 由，得，由余弦定理和勾股定理得，再由基本不等式求出最小值即可. 【小问1详解】 （1）①由已知得：， 即， 由正弦定理得：， 即， 因为，， 所以，.所以三个内角均小于120°，为费马点， 且， 设，，， 则， 所以， 由， 得：，所以， ②由余弦定理得：， 即， 由①知，所以， 又，联立， 解得，， 在，，中， 由余弦定理得， 因为， 所以， 所以 ， 所以， 即，令，， 由对勾函数的性质知在上单调递减，上单调递增， 所以， 即的取值范围为 【小问2详解】 由，结合正弦定理， 有，，，均为三角形内角， 或（舍）， 即，， 由点为的“费马点”，得， 设，，， 由，得，由余弦定理得 ， ， ， 相加得，得， 整理得， 于是，当且仅当，即时取等号，（负值舍去）又，解得， 所以实数的最小值为. 20. （1）求的值. （2）在中，角，，所对的边分别为，，，且外接圆半径为，求的最大值. 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）根据余弦和差角公式可得，进而利用余弦的二倍角公式化简求解，，即可代入化简求解， （2）根据正弦定理可得，由面积公式可得，结合余弦定理得，根据不等式，即可求解. 【详解】（1） 而， ， 所以 （2）设的面积为，的外接圆半径为，由正弦定理， 则，故, 则， 由余弦定理，则 ， 由，得， 所以 ，当且仅当时取等号， 所以， 则的最大值为, 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$