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题

第 1 页，共 4 页 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 （请将答案写在答题纸上） 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 i为虚数单位，若复数 = − + z i 1 i ，则 z 的虚部为（ ） A．−1 B．1 C．−i D． i 2．已知平面向量 ( ( )3, 1 , 1,2a b= − − =) ，则 ) ( )a b a b+  − =( （ ） A．1 B． 3 C．− 3 D．−1 3．设a b, 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 a / / ， b ，则a b/ / B．若 a / / ， / /b ， / / ，则a b/ / C．若 a ，  b ，a b/ / ，则 / / D．若   a b a b, , / / ，则 a / / 4．已知圆锥的体积为 3 π 2 3 ，底面面积为 π2 ，则该圆锥的侧面积为（ ） A． π2 2 B． π10 C． π3 D． π2 3 5．已知 ABC 中，角 A，B，C所对的边分别是 a，b，c，若 + =b C c B bcos cos ，且 =a c Bcos ，则 ABC 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． 3 4 6 B． 3 2 6 C． 6 D． 2 6 7．已知正方形 ABCD的边长为 4，点 P 满足 ( 0AP AB =  )，则PC DP 的最大值为（ ） A．−16 B．0 C．12 D．−12 8．已知圆台O O1 2 存在内切球O（与圆台的上、下底面及侧面都相切的球），若圆台O O1 2 的上、下底面面积之和与它的 侧面积之比为5 :8，设球O的体积与圆台O O1 2 分别为V1，V2 ，则 =V V 2 1 （ ） A． 3 2 B． 4 3 C． 13 6 D． 11 5 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． 第 2 页，共 4 页 9．已知 i为虚数单位，以下四个说法中正确的是（ ） A． 2 3 4 0i i i i+ + + = B．复数 3 5i 1 i z − = − ， | | 2z = C．若 2(1 2 )z i= + ，则复平面内 z 对应的点位于第二象限 D．已知复数 z满足 1 1z z− = + ，则 z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 ABC 中，角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c，若 3a = ， 2b = ， A = ，要使满足条件的三角形有且只有两 个，则 π 0, 6        B．若向量 ( )5,0a = ， ( )2,1b = ，则a 在b 上的投影向量为 ( )4,2 C．已知向量 ( )cos ,sina  = ， ( )2,1b = ，则 a b− 的最大值为 5 1+ D．在 ABC 中，若 sin sin AB AC AO AB B AC C     = +     （R ），则动点 的轨迹一定通过 ABC 的重心 11．在锐角 ABC 中，角 A B C, , 的对边分别为 , ,a b c，且满足 2 2 3( cos cos )a b C c B= + ， cos2 3sin( ) 1A B C+ + = ， 则下列说法正确的有（ ） A． ABC 外接圆面积是4π B． ABC 面积的最大值是3 3 C． ABC 周长的取值可以是9 D． ABC 内切圆半径的取值范围是 ( 3 1 ,1]− 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a 、b 满足 5a = ， 4b = ， ( )a b b+ ⊥ ，则 2a b+ = ． 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 45CBD = ，5 分钟后该船行驶至 A处，此时测得， 30ABC = ， 60ADB = ， 30ADC = ，则该船行驶 的距离为 km 第 13 题图 第 14 题图 14．据传，乌鲁木齐市第一中学某同学痴迷数学，于梦中梦到一神奇多面体，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 。 第 3 页，共 4 页 四、解答题：本题共 5小题，共 77 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸. 15．（13 分）设复数 ( )1 21 i R , 2 iz a a z= −  = + ． (1)在复平面内，复数 1 2z z+ 对应的点在实轴上，求 1 2z z ； (2)若 1 2 z z 是纯虚数，且 1z 是方程 2 0( , )x bx c b c+ + = R 的根，求实数 ,b c的值. 16．（15 分）如图：在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D− 中 2AB = ，M 为 1DD 的中点. (1)求三棱锥M ABC− 的体积； (2)求证： 1 / /BD 平面 AMC ； (3)若 N 为 1CC 的中点，求证：平面 / /AMC 平面 1BND . 17．（15 分）如图，在菱形 中， 1 , 2 2 BE BC CF FD= = . (1)若EF xAB yAD= + ，求3 2x y+ 的值； (2)若 | | 6AB = ， 60BAD = ，求 AC EF . ABCD 第 4 页，共 4 页 18．（17 分）设 的内角 A B C, , 所对的边分别为a b c, , ， +  + = −  +a c B C b c B Csin sin sin )()()()( ， =b 3 ． (1)求角 B ； (2)点 E 为边 AC 的中点，若 =BE 2 1 ，求 ABC 的面积； (3)如图所示，点D是 外一点，若 = =BAC DAC ， =ADC 3 π ，记 BCD的周长为 f )( ，求 f )( 的解析 式和 的取值范围． 19.（17 分）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   = = =AMB BMC CMA 120 的点M 即为费 马点.在 中，角 A B C, , 所对的边分别为a b c, , . (1)若 = −B c C a A B tan cos 2 cos sin ，点M 是 的“费马点”， 4 0MA MB MB MC MC MA +  +  + = ，且 =a 2 3 ， b c . ①求bc 的值. ②设 2( ) 9 3 (| | | | | |)f t n MA MB MC= −  + + +t t ，若当 t [1,2]时，不等式 f t 0( ) 恒成立，求实数 n 的取值范围． (2)若 − =a B b A ccos cos ，设点 P 是 的“费马点”， 2PB PC n PA+ = ，求实数 n 的最小值． 附加题：（15 分） (1)求 2 2 2 4 4 4 cos 20 cos 40 cos 80 sin 20 sin 40 sin 80 + + + + 的值． (2)在 ABC 中，角 A B C, , 所对的边分别为 a b c, , ，且外接圆半径为 =R 5，求 + +a b c abc 22 2 2 的最大值. ABC ABC ABC ABC ABC ABC 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 参考答案 第一部分（选择题共58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，只有一项是符合题目 要求的。 2 3 5 6 7 8 B D D B 0 A 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 10 11 AD BCD ABD 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。 12.213 13.√5 14.63:27 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.(13分) 【详解】(1)因为3=1-m,32=2+i,则3+32=3+(1-4)i, 若复数+对应的点在实轴上，则+：∈R, 可得1-a=0,即a=1, 所以z,32=(1-i)(2+i)=3-i. (6分) （2)因为2=a-0-m2-_2-a2a+ 3:2+i(2+i)(2-i)55 试卷第1页，共7页 2-a=0 若三是纯虚数， 则 5 解得a=2, 2a+1 .±0 5 若=1-2i是方程x2+br+c=0的根，则z,=1+2i也是该方程的根， 3,+3=-b 2=-b 由韦达定理可得 所以b=-2,c=5… (7分) 313=c ·即 5=c 16.(15分) 【详解】(1)显然MD⊥平面ABC,于是 Vu-ABC= xMDxSANG-3 1xx2×2= 2 3 …（3分） (2) D C A M B-N D 设AC∩BD=O,连接OM, 在正方体ABCD-ABCD中，四边形ABCD是正方形，.O是BD中点， M是DD的中点，OM∥BD, BD工平面AC,OMC平面AC, BD∥平面AC;,(6分) (3):N为CC的中点，M为DD的中点， CN∥DM,∴CN=DM, 四边形CNDM为平行四边形，÷DN∥CM, 又：MCc平面AC,:DN文平面AMC,∴.DN∥平面AMC, 由(2)知BD∥平面AMC,:BD,ODN=D,BDc平面BND,DNC平面BND, 二平面AMC∥平面BND,(6分) 17.(15分) 试卷第2页，共7页 【详解】(I)因为在菱形ABCD中，BB=BC.CF=2FD 故EF=BC+CF=AD-2AB, 故=号y-分所以3x42=-山 .(6分) (2)显然AC=AB+AD, 所以4CB邵-(+ADAD-子A =-2AB2+1AD2-AB.AD① 3 6 因为菱形ABCD,且AB=6,∠BAD=60°， 故1ADL6,(AB,AD)=60 所以AB.AD=6×6×cos60°=18. 故回式=号6+6-名18=9 6 放AC.EF=-9（7分) 18.(17分) 【详解】(1)由(a+c)sin(B+C)=(亿-c)-(sinB+sinC)可得 sin(B+C)b-c sin B+sinC a+c 品品品c得， 由正弦定理 b sin(B+C)sin(n-A)sinA a b-c sin B+sinC sin B+sinC sin B+sinC b+c a+c 所以ad2+ac=b-c2,即d+c2-b2=-ac, 由余弦定理cosB=心+c--:-,又因为B∈0，，因此B 2π 2ac2' 3 或者：由内角和定理得sin(B+C)=sinA, 由正弦定理品。c可知，a+e0a=b-eb+d) 所以d2+ac=b-c2,即d+c2-b2=-a0. 由余弦定理cosB示+c众==又因为Be(0,川，因此 2ac B=2n 3 （6分） (2)因为中线盟=片 所以BA+BC=2BE: 两边同时平方得BA+BC2+2BA.BC=4BE,即a2+c2-ac=1, 试卷第3页，共7页 在△ABC中，b=√5，由余弦定理可得d+c2+ac=3, 可得ac=1,所以S△Ac= acsinB= (5分) 4 BC AC (3)在△ABC中，由正弦定理可得sin0sin∠ABC√3 =2,即Bc=2m0, 2 CD AC 在△4DC中，由正弦定理可得sin日sim∠ADC 5-2,即cD=2sm9. 2 因为四边形ABCD的内角和为2π，且∠ABC+∠ADC-L, 所以π-20=∠BCD, 在△BCD中，BD2=BC2+CD2-2BC.CDcos.∠BCD =4sin'0+4sin20-2×2sin0x2sim0xcos(π-20) =8sin20(1+cos20)=8sin2@x2cos0=16sin20cos0 所以BD=4sin0cos0, f(0)=2sin+2sin0+4sin0cos=4(sin0+sin0cos0), 0e0,3 (6分) 19.(17分) 【详解】解：(1)①由已知得：cosB=2 acosA_bcosc BccosB 2acosA-bcosC, 由正弦定理得：sinBcosC+cosBsinC=2 sinAcosA, 2sinAcosA sin(B +C)=sinA, 因为0<A<π，sinA>0, 所以c0sA=克A=60°，所以三个内角均小于120，M为费马点，且LAMB=∠BMC=∠CMA=120, MA=x,MBI=y,IMCI=z. 则MAMB+MB·MC+MC·MA=w·(←为+yz(←为+x2·(-为=-4， 所以xy+yz+xz=8, 由S△AMB+S△BMC+S△AMC=S△ABC· 得：y受+z号+z受=bcs血子所以bc=8 (5分) 试卷第4页，共7页 ②由余弦定理得：a2=c2+b2-2 bccosA, 即12=c2+b2-2bc×=c2+b2-bc, 由①知bc=8,所以c2+b2=20, 又b<c,联立c2+b2=20 (bc =8 解得c=4,b=2, 在△MAB,△MBC,△MAC中， x2+y2+xy=16 由余弦定理得{x2+z2+x2=4, y2+z2+yz=12 因为xy+yz+xz=8, 所以x2+y2+z2=12, 所以2(xy+yz+xz)+x2+y2+z2=(x+y+2)2 =(MA1+1MB1+|MC1)2=28 所以f(t)=9-n·3'+0MA1+1MB1+1M元D2=9-n·3+28≥0， 即m≤3+翠，令z=3,zeB,9, 由对勾函数的性质知y=z+2在2EB,27上单调递减，【27,9)上单调递增， 所以n≤(2+min=4W7, 即n的取值范围为(-o,4v7. (6分) (2)由acosB-bcosA=c,结合正弦定理sin Acos B-sin Bcos A=sinC, 有sin(A-B)=sinC,A,B,C均为三角形内角， ∴A-B=C或A-B+C=π（舍）， 即A=B+C=π-A,∴A= 由点P为AABC的T点”，得∠APB=∠BPC=∠APC=120°， 设IPB|=xPA,1PC|=y川PA,(x,y>0), 由|PBl+1PCl=2nPA,得x+y=2n,由余弦定理得 IAB=PA+x2PA2-2xPA2cos=2+x+1)PA2, LAC=PA+y2PA:-2yPAcos=+y+1)PA, IBC12=x2PA2+y2PA2-2xyPA2cos=(x2+y2+xy)PA2, 试卷第5页，共7页 相加得|AC2+IAB2=|BC12,得(x2+x+1)PA2+y2+y+1)PA2=(x2+y2+xy)PA2, 整理得x+y+2=xy, 于是x+y+2=y≤（使），当且仅当x=y,即x=y=1+V3时取等号，x+y>2+25(负值金 去)又x+y=2n,解得n≥1+√3， 所以实数n的最小值为1+√3. (6分) 附加题：（本小题15分） 20.(1)求09220+c0s240+e08280 的值 sin20+sin40+sin‘80 abc C2)在△ABC中，角4B,C所对的边分别为abC,且外接圆半径为R=5,求G+6+2C的最大值 (1)【答案】 2w+sn0+m-（仁-g和于+(-o0+(±20）】 c0s240°+c0s280+c0s220°-2c0s40°-2c0s80+2c0s20°± 而c0s40°+c0s80°-c0s20°=2c0s60°c0s20°-c0s20°=0， 3 c0s220°+cos240+c0s280°=21+c0s40°+1+cos80°+1-cos20）= 所以os220+os240+cos80 4 sin420+sin440°+sin80° ×+柯3+6 .(7分) abc C2)在△ABC中，角AB,C所对的边分别为ab,C,且外接圆半径为R=5,则2+十2c的最大值 为一 【答案】5 【详解】设△ABC的面积为S,△ABC的外接圆半径为R=5, 由正弦定理 sinC =2R=10, 0s_absinc二，b,2二 22R20 abc (+b+2=400 +b+22: 由余弦定理cosC=+b-c2 2ab 则s-HabsnCc=abl-mc) 试卷第6页，共7页 (d+62-c2) 4ab2-(d+6-c2 4 Aa'b 16 由2ab≤2+b,得4db≤(d+b), 所以s_4a汾-a+-c(a+b-(a+-c 16 16 (2r+2b-c）e2(2d+2b-c2)5c 16 80 < (2a2+2b-c2+5cy_c+b+2y, 当且仅当2+2b2-c2=5c2时取等号， 4×80 80 2 所以400 2+b2+2c2 400x=5, 80 abe 则。+b十2x的最大值为5..（(8分) 试卷第7页，共7页