福建省福州第一中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题（Word版附解析）

这是一份福建省福州第一中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题（Word版附解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．复数的虚部为（ ）
A．B．3C．D．
2．若，，，则实数（ ）
A．6B．C．3D．
3．在中，的对边分别为，若，则的形状为（）
A．等边三角形B．直角三角形
C．等腰直角三角形D．等腰三角形或直角三角形
4．设方程在复数范围内的两根分别为、，则下列关于、的说法错误的是（ ）
A．B．C．D．
5．宋代是中国瓷器的黄金时代，涌现出了以汝窑为首的五大名窑：汝窑、官窑、哥窑、钧窑、定窑．如图1，汝窑双耳罐可近似看成由两个圆台拼接而成，其直观图如图2所示．已知该汝窑双耳罐下底面圆的直径是12厘米，中间圆的直径是20厘米，上底面圆的直径是10厘米，且上、下两圆台的体积之比是，则上、下两圆台的高之比是（ ）

A．B．C．D．
6．在中，，，，是中点，是上靠近的三等分点，则的长为（）
A．B．C．D．
7．在中，的对边分别为，的角平分线交边于点．若，，，则（ ）
A．1B．C．D．
8．已知是两个不共线的向量，若对任意的，的最小值为，的最小值为，若，则的夹角为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．若是非零复数，则下列说法正确的是（ ）
A．为实数B．为纯虚数C．为实数D．为虚数
10．如图，在山脚测得山顶的仰角，沿倾斜角为的斜坡向上走米到，在处测得山顶的仰角为，则下列选项正确的是（ ）
A．B．
C．D．
11．刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，在数学上用曲率刻画空间的弯曲性．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，角度用弧度制表示），多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如：正方体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正方体每个顶点的曲率为，故其总曲率为．根据曲率的定义，下列选项正确的是（ ）
A．正三棱柱每个顶点的曲率为B．正三棱柱每个顶点的曲率为
C．正三棱锥的总曲率为D．棱锥的总曲率为
三、填空题
12．在中，，，若恰有一解，则边长可以为 ．（只需写出一个满足条件的数）
13．如图所示，在正方形铁皮上剪下一个扇形和一个直径为2的圆，使之恰好围成一个圆锥，则圆锥的高为 ．

14．在平面凸四边形中，，，，，则的面积最小值为 ．
四、解答题
15．“四叶回旋镖”可看作是由四个相同的直角梯形围成的图形，如图所示，，，，，点在线段与线段上运动．
(1)若，求的值；
(2)求的取值范围．
16．已知的内角所对的边分别为，．
(1)求；
(2)若，求周长的最大值．
17．如图，三棱柱的侧棱垂直于底面，其高为2cm，底面三角形的边长分别为3cm，4cm，5cm.

(1)以上、下底面的内切圆为底面，挖去一个圆柱，求剩余部分几何体的体积；
(2)求该三棱柱的外接球的表面积.
18．已知的内角的对边分别为，．
(1)求；
(2)若点在边上，且，证明：；
(3)若为锐角三角形，且面积为，求的取值范围．
19．设是平面上任意三点，定义向量的运算：，其中由向量以点为旋转中心顺时针旋转得到，当为零向量时，规定也是零向量．
(1)若，，求，；
(2)若为不共线的向量，满足，请解答下面的问题：
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）求的值．
1．A
先利用复数的运算法则将给定的复数化简为标准形式（），再根据复数虚部的定义求出该复数的虚部.
【详解】将复数化简即：，所以复数的虚部是.
故选：A.
2．B
由已知可得，再根据垂直的坐标公式即可得出答案.
【详解】把两边平方得：，
所以.
故选：B
3．D
由正弦定理将边化角，再由二倍角公式及三角函数的性质判断即可．
【详解】由题可得，
由正弦定理可得，
所以，
又，则，
所以或，
所以或，
所以为等腰三角形或直角三角形．
故选：D
4．C
求出方程的两个虚根，可判断A选项；利用韦达定理可判断BCD选项.
【详解】由可得，可得，解得或，
由韦达定理可得，，
对于A选项，由题意可知，方程的两个虚根、互为共轭复数，即，A对；
对于B选项，，所以，，B对；
对于C选项，，
所以，C错；
对于D选项，，D对.
故选：C.
5．B
利用台体体积公式求出上下圆台高的比.
【详解】设上、下两圆台的高分别是，
故上圆台的体积为立方厘米，
下圆台的体积为立方厘米，
故该汝窑双耳罐上、下两圆台的体积之比为，所以上、下两圆台的高之比是.
故选：B
6．A
利用平面向量的运算法则结合余弦定理求解即可
【详解】
为的中点，
，
，
，
由余弦定理得
所以，
，
为上靠近的三等分点，
即，
故选：
7．C
根据，利用正弦定理边化角求得，再利用，可得到，利用余弦定理求得答案.
【详解】因为，
由正弦定理得，则，所以，
因为，所以
且，所以．
由题意可知：，
因为，
则，
即，可得．
在中，.
故选：C.
8．A
先根据的最小值求出的值，再根据的最小值求出的值，最后结合向量数量积公式求出夹角.
【详解】设的夹角为，.
取得最小值（可通过几何意义理解，的最小值就是在垂直于方向上的投影长度），
已知的最小值为，所以.
同理，取得最小值，已知的最小值为，所以.
由向量数量积公式.
将与相乘可得：.
将与相除可得：
，即.
设，则，整理得，即.
因式分解得，解得或（舍去）.
因为，且，所以.
故选：A．
9．AC
设，则，利用复数的运算与复数的概念可判断AC选项；取，，结合复数的运算与复数的概念可判断BD选项.
【详解】设，则，
对于A选项，为实数，A对；
对于B选项，若，，则，B错；
对于C选项，为实数，C对；
对于D选项，若，，则，D错.
故选：AC.
10．BCD
将图中各角表示出来，利用正弦定理可判断A选项，求出，结合锐角三角函数的定义可判断BCD选项.
【详解】由题意可得，，，，，，
对于A选项，，，
所以，
，
在中，由正弦定理得，故，A错；
对于B选项，
，
在中，由正弦定理可得，故，
在中，，B对；
对于C选项，在中，，C对；
对于D选项，在中，，D对.
故选：BCD.
11．BCD
由曲率的概念逐项判断即可；
【详解】易知正三棱柱每个顶点有3个面角，其中两个面角是，一个面角为，所以每个顶点的曲率为：，故A错，B对，
对于C：易知正三棱锥每个顶点有3个面角，每个面角为，所以每个顶点的曲率为：，所以正三棱锥的总曲率为，C对，
由多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，
可知：总曲率等于乘以顶点个数减去各个面的内角和，
所以棱锥，由个面为三角形，一个面为边行，共个顶点，
所以棱锥的总曲率为，故D正确，
故选：BCD
12．（答案不唯一）
利用正弦定理可得答案.
【详解】设，由正弦定理得，
即，
当时，即，因为三角形中大边对大角，此时有唯一解，三角形恰有一解，
当时，，即，三角形恰有一解，
故边长可以为，或.
故答案为：（答案不唯一）.
13．
根据弧长公式求出扇形半径，得到母线，再根据勾股定理得到高.
【详解】解：∵直径为2的圆形，∴底面圆的半径为：1，周长为2π，
记扇形半径为，由扇形弧长得∴，即母线为4，
∴圆锥的高为：
故答案为：
14．
设，在和中利用正弦定理得出，即可利用三角形面积公式，利用二倍角公式和辅助角公式进行化简，最后利用三角函数的值域求最值.
【详解】设，
因，则，
则，
因，则，
在中由正弦定理得，，则，
在中由正弦定理得，，则，
则的面积
因，则，
则当，即时，的面积最小，最小值为.
故答案为：
15．(1)
(2)
（1）以为原点建立平面直角坐标系，计算的坐标，根据向量的线性运算可得关于的方程组；
（2）分点在线段和线段上两种情况，分别设点的坐标，求出的坐标，利用数量积的坐标运算即可.
【详解】（1）如图，以为原点建立平面直角坐标系，
则，
则，
因，则，
故，得，则.
（2）①当在线段上运动，设，其中，
因，所以， 则，
因为，所以，
②当在线段上运动，设，
因，则，
又，则，故，
则，则，
因为，所以，
综上，的取值范围为.
16．(1)
(2)6
（1）由正弦定理、两角和的余弦公式及诱导公式求得的值；
（2）利用余弦定理以及基本不等式求得的最大值，从而求得三角形的周长的最大值.
【详解】（1）由正弦定理得，
所以，
所以，因为，所以，
所以；
（2）因为，所以，
所以，
所以，
所以，因为，所以，
所以，因为，所以，
因为，由余弦定理得，
所以，
所以，即，当且仅当时取等号，
所以周长的最大值为.
17．(1)
(2)
（1）求出三棱柱的体积，得到的内切圆的半径，进而去除圆柱的体积，相减即可答案；
（2）将三棱柱补形为长方体得到外接球半径，求出外接球的表面积.
【详解】（1）因为底面三角形的边长分别为3cm，4cm，5cm，
所以底面三角形为直角三角形，两直角边分别为3cm，4cm，
又因为三棱柱的侧棱垂直于底面，其高为2cm，
所以.

设圆柱底面圆的半径为，
则，
圆柱体积.
所以剩下的几何体的体积.
（2）由（1）直三棱柱可补形为棱长分别为3cm，4cm，2cm的长方体，
它的外接球的球半径满足，即.
所以，该直三棱柱的外接球的表面积为.

18．(1)
(2)证明见解析
(3)
（1）根据正弦定理边化角以及两角和的正弦公式可化简题给条件，再根据两角的差的正弦可得角.
（2）在不同三角形中根据正弦定理列等式，得到的值，再应用正弦定理即可证明结论.
（3）由三角形的面积公式及余弦定理可化简所求式，再根据锐角三角形的角的范围，可得角的范围， 带入所求式即可求代数式的范围.
【详解】（1）因为，所以，
再根据正弦定理得，，
化简得，
又因为，
所以
得
因为，所以，则.
则，且，所以.
（2）
根据题意，设，则.
为等腰三角形，所以，，
由（1）知，.
由正弦定理，
在中，，则
在中，，即，
化简整理得，即.
因为，所以，则，为直角三角形.
由，则，得，得证.
（3）因为，所以，则.
又，
则
.
又因为为锐角三角形，则，则
即，即，
即，
即.
19．(1)，；
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）0
（1）需要先根据向量旋转的规则求出旋转后的向量，再计算向量的数量积；
（2）（i）要利用已知条件和向量运算性质进行推导；（ii）根据向量数量积的运算律进行化简计算即可.
【详解】（1）已知，将以点为旋转中心顺时针旋转得到.
根据向量旋转的性质，若，则旋转后的，所以.
那么.
已知，将以点为旋转中心顺时针旋转得到，则.
所以.
（2）（ⅰ）已知，两边同时进行RT运算与做点积，即.
根据RT运算的分配律（可由向量数量积的分配律推导）可得：.
因为，设，则，.
所以，又因为不共线，，则.
（ⅱ）根据向量数量积的分配律可得：
.
由RT运算的定义可知，，.
因为，，，所以，，.
则.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
D
C
B
A
C
A
AC
BCD
题号
11









答案
BCD