精品解析：福建南平市武夷山市第一中学2025-2026学年高一下学期期中质量检测数学试题

武夷山一中2025－2026（下）高一期中质量检测 数学试题 （考试时间：120分钟 分值：150分 命题：高一数学备课组 审核：高一数学备课组） 注意事项：本试卷分试题卷和答题卡两部分．考生应首先阅读试题卷上的文字信息，然后在答题卡上作答（答题注意事项见答题卡）．在试题卷上作答无效． 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个正确选项） 1. 下列各组向量中，可以作为基底的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列说法正确的是（ ） A. 向量就是有向线段 B. 方向相同的两个向量，向量的模越大，则向量越大 C. 两个有共同起点而且相等的向量，其终点必相同 D. 由于零向量的方向不确定，因此零向量与任意向量都不平行 3. 已知向量，，且，则（ ） A. B. C. 4 D. 2 4. 已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ） A. B. C. D. 5. 在中，点在直线上，且满足，则（ ） A. B. C. D. 6. 如图，某建筑物的高度，一架无人机上的仪器观测到建筑物顶部的仰角为15°，地面某处的俯角为45°，且，则此无人机距离地面的高度为（ ） A. B. C. D. 7. 唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示.其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺.它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示.已知球的半径为，酒杯内壁表面积为,设酒杯上部分（圆柱）的体积为，下部分（半球）的体积为，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 8. 如图，在平面四边形中，，，，，，，若点F为边AD上的动点，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 二、多项选择题（本大题共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的．全部选对的得6分，部分选对的得2分、4分，有选错的得0分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若，则在复平面内对应的点位于第二象限 B. 若满足，则的虚部为1 C. 若是方程的根，则 D. 若满足，则的最大值为 10. 已知正四棱台中，，则下述正确的是（ ） A. 该四棱台的高为 B. 该四棱台的体积为 C. 该四棱台的表面积为 D. 该四棱台外接球的表面积为 11. 在中，角，，所对的边分别为，，，且，，的平分线交于点，则（ ） A. B. 外接圆的面积为 C. 若，则为直角三角形 D. 若的内切圆的圆心为，则周长的最大值为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 如图，是水平放置的的斜二测直观图，若，则的面积为______． 13. 如图，正三棱柱的所有棱长都为2，点分别在棱上，其中，则几何体的体积为______． 14. “奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰车的标志而来，是平面向量中一个非常优美的结论，奔驰定理与三角形的四心（重心､内心､外心､垂心）有着美丽的邂逅.它的具体内容是：如图，若是内一点，的面积分别为，则有.已知为的内心，且，若，则的最大值为__________. 四、解答题（本大题共5小题，共7分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知复数，根据下列条件求实数的值． （1）是实数； （2）是纯虚数； （3）在复平面内对应的点在第二象限． 16. 已知向量，，． （1）若，求的值； （2）若，求在方向上投影向量的坐标． 17. 圆锥的底面直径是2，其侧面展开图是一个顶角为120°的扇形. （1）一只蚂蚁从点A出发，沿圆锥侧面爬行一圈回到点A，求爬行的最短路程； （2）过的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面在圆锥中挖去一个圆柱（如图所示），求剩下几何体的表面积和体积. 18. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝a＋1，c＝a＋2. （1）若，求a； （2）若，求的周长； （3）在（2）的条件下，若D为AC上一点，且的面积是的2倍，求BD. 19. 为提升城市景观面貌，改善市民生活环境，某市计划对一公园的一块四边形区域进行改造．如图，（百米），（百米），，，，，，分别为边，，的中点，所在区域为运动健身区域，其余改造为绿化区域，并规划4条观景栈道，，，以及两条主干道，．（单位：百米） （1）若，求主干道的长； （2）当变化时， ①证明运动健身区域的面积为定值，并求出该值； ②求4条观景栈道总长度的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 武夷山一中2025－2026（下）高一期中质量检测 数学试题 （考试时间：120分钟 分值：150分 命题：高一数学备课组 审核：高一数学备课组） 注意事项：本试卷分试题卷和答题卡两部分．考生应首先阅读试题卷上的文字信息，然后在答题卡上作答（答题注意事项见答题卡）．在试题卷上作答无效． 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个正确选项） 1. 下列各组向量中，可以作为基底的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】选项A: , , , 共线, 不能作为基底. 选项B: , , , 共线, 不能作为基底. 选项C: 是零向量, 零向量与任意向量共线, 不能作为基底. 选项D: , , , 不共线, 可以作为基底. 2. 下列说法正确的是（ ） A. 向量就是有向线段 B. 方向相同的两个向量，向量的模越大，则向量越大 C. 两个有共同起点而且相等的向量，其终点必相同 D. 由于零向量的方向不确定，因此零向量与任意向量都不平行 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的概念、模的概念判断AB，根据相等向量的概念判断C，根据零向量的定义及共线向量的定义判断D. 【详解】对于A，向量可以用有向线段来表示，但并不是有向线段，错误； 对于B，向量是具有方向和大小的量，模有大小，但方向不能比大小，错误； 对于C，两个有共同起点而且相等的向量，其终点必相同，正确； 对于D，零向量也是向量，故也有方向，只是方向是任意的，零向量与任意向量都平行，错误. 故选：C 3. 已知向量，，且，则（ ） A. B. C. 4 D. 2 【答案】A 【解析】 【详解】因为，所以. 所以，故. 4. 已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆锥的母线长为，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得的值，即为所求. 【详解】设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得. 故选：B. 5. 在中，点在直线上，且满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据画出及点D的位置，再由向量的线性运算即可由表示出. 【详解】因为， 所以 故选：A. 6. 如图，某建筑物的高度，一架无人机上的仪器观测到建筑物顶部的仰角为15°，地面某处的俯角为45°，且，则此无人机距离地面的高度为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意，在中，，，所以. 在中，，， 所以， 由正弦定理，. 又为等腰直角三角形，所以. 故选项B正确. 7. 唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示.其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺.它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示.已知球的半径为，酒杯内壁表面积为,设酒杯上部分（圆柱）的体积为，下部分（半球）的体积为，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】设酒杯上部分（圆柱）的高为，球的半径为，则酒杯下部分（半球）的表面积为，结合圆柱和球的体积公式，即可求解. 【详解】设酒杯上部分（圆柱）的高为， 球的半径为，则酒杯下部分（半球）的表面积为， 酒杯内壁表面积为，得圆柱侧面积为， 酒杯上部分（圆柱）的表面积为，解得 酒杯下部分（半球）的体积 酒杯上部分（圆柱）的体积 所以. 故选：A. 【点睛】本题主要考查了组合体的结构特征，以及球的表面积和体积、圆柱侧面积和体积的应用，属于中档题. 8. 如图，在平面四边形中，，，，，，，若点F为边AD上的动点，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】以为原点建立平面直角坐标系，求得，设，令，得出，利用数量积的运算得到，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】以为原点，以所在的直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系， 依题意得，又， 在中，由余弦定理得， 所以，所以，故， 在中，由余弦定理得， 所以，所以， 因为，，故， 因为，，所以， 所以在中，， 所以为等边三角形， 所以，所以， 设，由题意令，即， 解得，所以， 所以， 设，可得其对称轴为，且开口向上， 所以时，取得最小值，即的最小值为. 故选：B. 二、多项选择题（本大题共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的．全部选对的得6分，部分选对的得2分、4分，有选错的得0分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若，则在复平面内对应的点位于第二象限 B. 若满足，则的虚部为1 C. 若是方程的根，则 D. 若满足，则的最大值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据复数的几何意义判断A、D；利用复数代数形式的除法化简复数，再判断其虚部，即可判断B；求出方程的解，即可判断C. 【详解】对于A：在复平面内对应的点为，位于第二象限，故A正确； 对于B：因为，则， 所以的虚部为1，故B正确； 对于C：方程的根为，故C正确； 对于D：设，在复平面内对应的点分别为， 因为，即， 可知点的轨迹是以点为圆心，半径的圆， 又因为，其中点为坐标原点， 所以的最大值为，故D错误． 10. 已知正四棱台中，，则下述正确的是（ ） A. 该四棱台的高为 B. 该四棱台的体积为 C. 该四棱台的表面积为 D. 该四棱台外接球的表面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】画出图形，连接交于点，连接交于点，连接，结合图形分析得出为四棱台的高，然后过点作交于，通过已知条件结合勾股定理计算即可得出选项A；根据台体的体积公式判断B，结合题意计算四棱台上下底面面积和侧面积即可得出选项C，分析可知该四棱台外接球的球心在直线上，结合球的旋转求外接球半径和表面积. 【详解】对于选项A：如图，连接交于点，连接交于点，连接， 则在正四棱台中有， 可得平面，故为四棱台的高， 由平面，所以， 过点作交于，所以， 又，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 在正四棱台中，由， 所以，则， 则， 在直角三角形中，， 得到四棱台的高为，故A正确； 对于B，该四棱台的体积为，故B错误； 对于C，由题意得该四棱台的表面积拆分如下， ①正四棱台的上下两个正方形的面积： 设上下两个面的面积分别为，则， ②正四棱台的侧面积，在等腰梯形中，如图所示： 过分别作垂直于交于点， 所以，又， 所以四边形为平行四边形， 所以，所以， 则， 所以等腰梯形的面积如下， 为， 所以正四棱台的侧面积为， 得到四棱台的表面积为，故C正确， 对于D，由题意可知该四棱台外接球的球心在直线上， 设球的半径为， 则，即，解得， 所以外接球的表面积为，故D正确. 11. 在中，角，，所对的边分别为，，，且，，的平分线交于点，则（ ） A. B. 外接圆的面积为 C. 若，则为直角三角形 D. 若的内切圆的圆心为，则周长的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用正弦定理和两角和的正弦公式化简目标式求解出判断A，利用正弦定理求出三角形外接圆的半径，再结合圆的面积公式求出外接圆面积判断B，结合题意求出，再得到，利用余弦定理求出，，结合勾股定理得到为直角三角形判断C，作出符合题意的图形，结合内心的性质得到，再利用正弦定理得到，结合两角差的正弦公式表示出周长，最后利用正弦函数的性质求解最大值判断D即可. 【详解】对于A，由题意得，由正弦定理得， 可得， 化简得， 由两角和的正弦公式得，故， 而，则，得到，解得， 而，可得，故A正确， 对于B，设外接圆的半径为， 则由正弦定理得， 解得，由圆的面积公式得外接圆的面积为，故B错误， 对于C，如图，作出符合题意的图形， 因为，所以， 而的平分线交于点，则， 得到，即，故， 在中，由余弦定理得，解得，故， 满足，则为直角三角形，故C正确， 对于D，如图，作出符合题意的图形， 因为，所以， 因为的内心为，所以，故， 设，则， 在中，由正弦定理得，， 则， 得到的周长为 ， 因为，所以， 则，可得，故D正确． 故选：ACD 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 如图，是水平放置的的斜二测直观图，若，则的面积为______． 【答案】12 【解析】 【详解】依题意，的面积， 由水平放置的三角形面积是其直观图面积的倍，得的面积为. 13. 如图，正三棱柱的所有棱长都为2，点分别在棱上，其中，则几何体的体积为______． 【答案】 【解析】 【详解】如图所示，连接. 因为，所以梯形和梯形的面积相等， 所以四棱锥和四棱锥的体积相等； 因为，所以点到平面和平面的距离相等， 因为和的面积相等， 所以三棱锥和三棱锥的体积相等. 所以， 因为， 所以几何体的体积等于. 14. “奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰车的标志而来，是平面向量中一个非常优美的结论，奔驰定理与三角形的四心（重心､内心､外心､垂心）有着美丽的邂逅.它的具体内容是：如图，若是内一点，的面积分别为，则有.已知为的内心，且，若，则的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用为的内心，再结合奔驰定理可得，再由已知条件转化可得，利用平面向量基本定理可知，从而得到，再由，可得，利用均值不等式可得，最后可得. 【详解】因为的内心到该三角形三边的距离相等，则， 由可得，所以， 又， 则，所以， 两式相加可得，化简可得， 又，由余弦定理可得， 由基本不等式可得， 所以，当且仅当时等号成立， 所以. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用奔驰定理得到，再结合余弦定理和基本不等式即可得到，最后即可得到的最大值. 四、解答题（本大题共5小题，共7分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知复数，根据下列条件求实数的值． （1）是实数； （2）是纯虚数； （3）在复平面内对应的点在第二象限． 【答案】（1）1或2 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意得，根据复数的概念列式即可求解； （2）根据复数的概念列式即可求解； （3）根据复数的几何意义列式即可求解. 【小问1详解】 由题意 ， 若是实数，则，解得或 【小问2详解】 若是纯虚数，则，解得； 【小问3详解】 若在复平面内对应的点在第二象限，则，解得. 16. 已知向量，，． （1）若，求的值； （2）若，求在方向上投影向量的坐标． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量垂直和向量线性运算的坐标表示求解即可； （2）根据向量平行的坐标表示求出，结合投影向量的公式计算即可. 【小问1详解】 由可得：， 即， 解得. 【小问2详解】 由，可得，即， 解得，则， 因在方向上投影向量为， 故其坐标为：. 17. 圆锥的底面直径是2，其侧面展开图是一个顶角为120°的扇形. （1）一只蚂蚁从点A出发，沿圆锥侧面爬行一圈回到点A，求爬行的最短路程； （2）过的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面在圆锥中挖去一个圆柱（如图所示），求剩下几何体的表面积和体积. 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）作出侧面的展开图，最短路程即为的长，由余弦定理可求解； （2）求得圆锥的高，进而计算剩下几何体的表面积和体积. 【小问1详解】 由题意，侧面展开图如图所示，最短路程即为的长，设为圆锥的母线长， 由，可得，即母线， 在中，由余弦定理可得 所以爬行的最短路程为； 【小问2详解】 因为圆锥的母线长为，所以圆锥的高为， 从而挖去的圆柱的高为，从而挖去的圆柱的侧面积为， 又圆锥的表面积为， 所以剩下几何体的表面积， 剩下几何体的体积为. 18. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝a＋1，c＝a＋2. （1）若，求a； （2）若，求的周长； （3）在（2）的条件下，若D为AC上一点，且的面积是的2倍，求BD. 【答案】（1）2 （2）18 （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理，结合正弦的和角公式，依据题目中的条件，可得答案； （2）根据余弦定理，依据题意，建立方程，解得三边长，利用三角形周长公式，可得答案； （3）根据三角形面积公式，建立方程，结合余弦定理，可得答案. 【小问1详解】 因为，由正弦定理得， 即，即，又，， 由正弦定理得c＝2a，又c＝a＋2，所以a＝2. 【小问2详解】 由余弦定理得，因为b＝a＋1，c＝a＋2， 所以，解得a＝5（负值舍去），所以b＝6，c＝7， 所以的周长为a＋b＋c＝18. 【小问3详解】 由（2）得a＝5，b＝6，c＝7，如图所示， 即BC＝5，AC＝6，AB＝7， 因为的面积是的2倍，设中AC上的高为h， 所以，即CD＝2AD，所以CD＝4，在中， 由余弦定理得，解. 19. 为提升城市景观面貌，改善市民生活环境，某市计划对一公园的一块四边形区域进行改造．如图，（百米），（百米），，，，，，分别为边，，的中点，所在区域为运动健身区域，其余改造为绿化区域，并规划4条观景栈道，，，以及两条主干道，．（单位：百米） （1）若，求主干道的长； （2）当变化时， ①证明运动健身区域的面积为定值，并求出该值； ②求4条观景栈道总长度的取值范围． 【答案】（1） （2）①证明见解析，定值；② 【解析】 【分析】（1）利用勾股定理得到，根据两角和的余弦公式和余弦定理即可求解； （2）①设，由为中点，易知，利用余弦定理和三角形的面积公式即可求解；②设，，，利用正弦定理、余弦定理和换元法即可求解． 【小问1详解】 因为， 所以在直角中，， 所以， 又因为， 所以在等腰直角中，， 所以 ， 所以在中， ， 所以，即主干道的长为百米； 【小问2详解】 ①设，由为中点，得， 故， 所以， 在中，由余弦定理得， 所以， 因为，，所以， 所以， 所以 ，为定值； ②设，，， 因为，，分别为边，，的中点， 所以， 所以， 在中，由余弦定理得， 由正弦定理， 得， 因为，，为边的中点，所以， 在中，， 由余弦定理得 ， 在中，， 由余弦定理得 ， 令， 因为，，， 所以， 令，在上单调递增，， ， 所以的取值范围为． 【点睛】方法点睛：对于几何图形中的多条线段的和的取值范围问题，我们可以利用正弦定理和余弦定理，将边的问题转化为角的问题，利用三角公式来变形求范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $