福建省部分优质高中高一下学期期中联考数学试题（解析版）-A4

这是一份福建省部分优质高中高一下学期期中联考数学试题（解析版）-A4，共20页。试卷主要包含了 “”是“是纯虚数”的条件， 设，则的大小关系为， 若向量，则， 已知函数，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
（完卷时间：120分钟；满分：150分）
注意事项：
1.答题前，考生务必在答题卡规定位置填写本人准考证号、姓名等信息.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致.
2.答题时，选择题部分用2B铅笔填涂.非选择题部分用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上书写作答.在试题卷上答题无效.
3.考试结束，考生上交答题卡，试卷带回自行保管.
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，只有一个选项是符合题目要求的.
1. 复数满足等式，则复数在复平面内对应的点所在的象限是（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】先计算复数z，找到对应点，再判断象限.
【详解】因为
所以
故复数对应点为 ，在第二象限.
故选：B
2. 在中，，分别是边，的中点，点满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合图形，由平面向量的加法法则求解即可；
【详解】
，
故选：D.
3. 下面关于空间几何体叙述不正确的是（ ）
A. 正四棱柱都是长方体
B. 在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线不一定是圆柱的母线
C. 有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥
D. 有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体是棱柱
【答案】C
【解析】
【分析】对A，根据正四棱柱和长方体的概念判断；对B，根据圆柱的母线的概念判断；对C，根据棱锥的定义判断；对D，根据棱柱的定义判断.
【详解】对于A，正四棱柱的侧面都是长方形，底面是正方形，因此它是长方体，故A正确；
对于B，在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，这两点的连线不一定是圆柱的母线，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线，故B正确．
对于C，有一个面是多边形，其余各面是有公共顶点的三角形的几何体才是棱锥，故C错误；
对于D，根据棱柱的定义，有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体是棱柱，故D正确．
故选：C.
4. “”是“是纯虚数”的（ ）条件
A. 充分不必要B. 必要不充分C. 既不充分也不必要D. 充要
【答案】D
【解析】
【分析】依题意得，即可求解．
【详解】解：是纯虚数，
则，得，
则“”是“是纯虚数”的充要条件，
故选：D
5. 已知函数，下列四个结论中，正确有（ ）
A. 函数的最小正周期为B. 函数的图象关于直线对称
C. 函数的图象关于点对称D. 函数在上单调递增
【答案】D
【解析】
【分析】利用正弦函数的性质，结合函数解析式，研究函数的周期、对称轴对称中心和单调区间.
【详解】函数，最小正周期，A选项错误；
由，
则函数的图象不关于直线对称，B选项错误；
由，
则函数的图象不关于点对称，C选项错误；
时，，
因为函数在上单调递增，
所以函数在上单调递增，D选项正确.
故选：D
6. 我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水.天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸.若盆中积水体积为盆体积的一半，则平地降雨量约是（ ）寸.（结果四舍五入取整数）（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆台的体积公式求得天池盆的体积，即可求得盆中积水的体积，根据平地降雨量的含义即可求得答案.
【详解】由题意可知天池盆上底面半径为14寸，下底面半径为6寸，高为18寸，

则天池盆体积为（立方寸）
故盆中积水体积为（立方寸），
故平地降雨量约为（寸），
故选：C
7. 设，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用指数函数、对数函数性质比较大小.
【详解】依题意，，
所以.
故选：A
8. 如图，正方形的边长为分别为边上的点，则以下错误的是（ ）
A. 若，则以为圆心，半径为1的圆与相切
B. 若，则面积的取值范围是
C. 若点与点重合，周长为4，则
D. 不可能小于
【答案】B
【解析】
【分析】作，易得，即可判断A，设，则，利用三角恒等变换及三角形面积公式得，根据余弦函数性质求得范围判断B，记，利用勾股定理得，利用两角和的正切公式求得，即可判断C，作正方形外接圆，通过位置分析即可判断D.
【详解】对于A，过P作，
则，所以，
所以，又，所以∽，
所以且，
所以，所以，
又，所以，所以，
又，所以≌，所以，
即以为圆心，半径为1的圆与相切，正确；
对于B，设，则，
所以，
记，则，，从而，
又，所以，
所以，所以，
所以，所以，错误；
对于C，周长为4，即，所以，记，
则在中，，所以，
而，所以，
所以，所以，正确；
对于D，显然，当点分别与点重合时，才能取得最小值，
作正方形外接圆，只有点与点或点重合时在圆上，此时，
点在线段其余位置时位于圆内，均大于，正确.
故选：B
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键时选项CD的判断，对于选项C，利用两角和的正切公式求解角的大小，对于选项D，通过正方形外接圆的性质判断角的范围，属于较难题.
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. 若向量，则（ ）
A. B.
C. 在上的投影向量为D. 与的夹角为
【答案】BC
【解析】
【分析】用坐标表示出向量，用模长公式求出模长即可判断A选项；用向量坐标求向量的数量积判断B选项；由向量的投影向量的公式判断C选项；由坐标求出模长和向量的数量积，求出向量的夹角判断D选项.
【详解】由题，
所以，故A错；
又，故B正确；
，所以在上的投影向量为：，故C正确；
因为，又，所以，故D错误.
故选：BC.
10. 已知函数，下列说法正确的是（ ）
A. 时，
B. 函数的值域为
C. 若方程有两个不相等的实数根，则
D. 函数有个零点
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A：；利用分段函数性质计算即可得；对B：分及讨论即可得；对C：结合B中所得即可得；对D：由题意可得，计算的根可得或，再计算的根即可得解.
【详解】对A：令，解得，符合要求，令，解得，不符，
故时，，故A正确；
对B：当时，，当时，，
故函数的值域为，故B正确；
对C：结合B中所得，可得方程有两个不相等的实数根时，
有，故C错误；
对D：令，则，
令，则，令，则，均符合要求，
即或时，均能使，
令，则，令，无解，
则有个零点，分别为、、，故D正确；
故选：ABD.
11. 如图，正三棱台的上下底面边长分别为3和6，侧棱长为3，则下列结论中正确的有（ ）
A. 过AC的平面截该三棱台所得截面三角形周长的最小值为
B. 棱长为的正四面体可以在该棱台内随意转动
C. 直径为的球可以整体放入该三棱台内（含与某面相切）
D. 该三棱台可以整体放入直径为的球内
【答案】ACD
【解析】
【分析】延长正三棱台侧棱相交于点，分析可知三棱锥为正四面体，根据正四面体的高以及棱台的性质分析求解判断A；转化为判断正四面体的外接球在正三棱台的内判断B；运用等体积法求内切球半径可判断C；根据三棱台的各点都在以底面外心为球心，底面圆半径为球的半径内部判断D.
【详解】延长正三棱台侧棱相交于点，在中，因为，
所以，同理，所以，
可知三棱锥为正四面体.
由正棱台的性质可知，过AC的平面截与平面相交时，该三棱台所得截面为梯形，
过AC的平面截与侧棱相交时，该三棱台所得截面为三角形，因为为的中点，
所以为的高即到的最短距离，同理为到的最短距离，
所以截面三角形周长的最小值为的周长,故A正确；
由题意知，在等腰梯形中，过作，如图所示，
则，，又因为，所以，
由题意知，、、、分别为、、、的中点，
又，所以，
又因为，，
，即，
所以，
所以.
设正三棱台的内切球球心为，则由等体积法可知，
，则，
所以，解得，
所以内切球的直径为，
所以直径为的球可以整体放入该三棱台内（含与某面相切），故C正确；
先证在正四面体中，棱长，则其外接球的半径为：
取的中点，连接，设顶点在底面的射影为，则是底面的重心，连接，则外接球的球心在上，设为，连接，
则，，则，
所以，在直角中，，
即，所以.
对于选项B，棱长为的正四面体的外接球半径为，
其直径为，故棱长为的正四面体不可以在该棱台内随意转动，故B错误；
对于选项D，因为的外接圆半径为，
且，
所以正三棱台可以放置在以为球心，半径为的球内，
即该三棱台可以整体放入直径为的球内，正确
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 如图所示，一个水平放置的斜二测画法画出的直观图是，其中为平行四边形，则原的周长是___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据平面图形的直观图的斜二测画法原理得到原的形状，计算即可求解.
【详解】由平面图形的直观图的斜二测画法原理可知，原是等腰三角形，如图：

其中，，且，
所以，
所以原的周长为.
故答案为：
13. 一个圆柱的外接球的体积为，该圆柱的轴截面是一个正方形，则该圆柱的底面面积为________．
【答案】
【解析】
【分析】设圆柱的底面半径为，外接球的半径为，根据条件得到，即可求解.
【详解】设圆柱的底面半径为，则母线长为，外接球的半径为，
由题有，则，解得，
所以圆柱的底面面积为，
故答案为：.
14. 若为虚数单位，复数满足，则的最大值为_______.
【答案】
【解析】
【分析】利用复数的几何意义知复数对应的点到点的距离满足，表示复数对应的点到点的距离，数形结合可求得结果.
【详解】复数满足，即
即复数对应的点到点的距离满足
设，表示复数对应的点到点的距离
数形结合可知的最大值
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且．
（1）求角；
（2）若，且，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理、三角函数恒等变换的应用化简已知可得，结合，即可求得的值；
（2）结合已知与余弦定理可得，进而可求，利用三角形的面积公式可求的面积.
【小问1详解】
因，所以，
所以，由正弦定理可得，
因为，所以，所以，
所以，所以，
又因为，所以；
【小问2详解】
因为，且，所以由余弦定理，
可得，所以，，
所以的面积为．
16. 如图，在海岸边的观测站点发现南偏西方向上，距离点海里的处有一艘走私船，立刻通知了停在的正东方向上，且距离点海里的处的缉私艇，缉私艇立刻以海里/时的速度追截走私船，此时，走私船正以海里/时的速度从处向正南方向逃窜．
（1）刚发现走私船时，走私船距离缉私艇多远，在缉私艇的什么方向？
（2）缉私艇至少需要多长时间才能追上走私船？
【答案】（1）走私船距缉私艇海里，在缉私艇的西南方向上
（2）缉私艇至少需要小时才能追上走私船
【解析】
【分析】（1）在中，利用余弦定理可求得；利用正弦定理可求得，由此可得结论；
（2）设小时后缉私艇在处追上走私船，在中，利用正弦定理可求得，得到；再次利用正弦定理可构造方程求得的值.
【小问1详解】
由题意知：，，．
在中，由余弦定理得：，
由正弦定理得：，解得：，．
则刚发现走私船时，走私船距缉私艇海里，在缉私艇的西南方向上．
【小问2详解】
如图，
设小时后缉私艇在处追上走私船，则，，．
在锐角中，由正弦定理得：，解得：，
则，．
，
在中，由正弦定理得：，即，
解得：，则缉私艇至少需要小时才能追上走私船．
17. 为积极响应上级号召，坚定“四个自信”中的文化自信，某市电视台于2021年年初开通了“优秀传统文化”视频号，并组织专业团队运营，由于内容丰富多彩，该视频号受到广大群众的喜爱，关注度也逐年增加，以2021年作为第1年，运营团队在每年年底利用数据监测系统对该视频号本年度的观看人次统计如下表：
为了描述年数与第年该视频号观看人次（单位：十万）的关系，现有以下三种模型供选择：①；②；③.
（1）由于视频号初创，监测系统对2021年的数据统计不准确，导致该组数据不宜使用，请从①②③中选出一个合适的模型，并求相应的函数解析式，并根据这个模型预测2028年的观看人次能否超过80（单位：十万）；
（2）为更好的运营视频号，吸引更多的观看者，2025年年初，运营团队加大投入，引进了最新数据监测系统，经该系统分析，2021年的观看人次修正为28（单位：十万），2024年的观看人次修正为85（单位：十万）
（i）根据修正后的数据，请从①②③中选择合适的模型，并求相应的函数解析式；
（ii）按上级规定，“优秀传统文化”类视频号当年观看人次超过200（单位：十万），其运营团队可被评为“优秀文化传播集体”荣誉称号，根据（i）中所求函数模型，试估计该视频号运营团队最快到哪一年就能被评为“优秀文化传播集体”？（参考数据：，，.）
【答案】（1）选择模型①，，2028年
（2）（i）选择模型②，；（ii）2027年
【解析】
【分析】（1）选择模型①，将点的坐标代入解析式，求出解析式，将代入求值即可下结论；
（2）（i）选择模型②，利用待定系数法求出解析式即可；（ii）由题意建立不等式，结合对数的运算性质计算即可下结论.
【小问1详解】
由题意，选择模型①，
将，分别代入①式可得：
，解得，，
所以，也满足该式.
当时，，
即按该模型预测，该视频号2028年的观看人次达到80.5（单位：十万人），
所以2028年该视频号观看人次能超过80（单位：十万人）.
【小问2详解】
（i）由题意，选择模型②，
将，分别代入②式可得：，解得，，
所以，，均满足该式.
（ii）该视频号观看人次超过200（单位：十万人），
即不等式，所以，
不等式两边同时取常用对数得，，
所以，
即按（i）中求得的函数模型变化，估计最快到2027年，
该视频号运营团队能被评为“优秀文化传播集体”.
18. 如图，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与x轴、y轴正方向同向的单位向量.若向量，则把有序实数对叫做向量在坐标系中的坐标，记作.在此坐标系中，若，分别是的中点，分别与交于两点.
（1）求：；
（2）求的坐标；
（3）若点M在线段上运动，设，求的最大值.
【答案】（1）
（2），
（3）3
【解析】
【分析】（1）根据向量新定义，结合向量数量积的运算法则即可得解；
（2）先利用向量加法的平行四边形法则得到四边形是平行四边形，进而得到，，从而利用向量的线性运算即可得解；
（3）设，利用向量的线性运算得到关于的表达式，从而利用二次函数的性质即可得解.
【小问1详解】
依题意，得是单位向量，且夹角为，
所以，
而，
，
则.
【小问2详解】
因为，
所以，，
所以，则四边形是平行四边形，
所以，
因为分别是的中点，所以，
所以，，
因为
，
则，
所以，；
【小问3详解】
由（2）知，，
因为点在线段上运动，所以设，其中，
因为，所以，
所以，
因为不共线，则，解得，
所以，
因为，所以当时，取得最大值3.
【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有：
（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
（3）将已知条件代入新定义的要素中；
（4）结合数学知识进行解答.
19. 已知函数的定义域为D，对于任意，均有，则称为定义在D上“p阶增函数”
（1）若，函数为定义在区间上的“1阶增函数”，求：实数的取值范围
（2）若为定义在区间上的“1阶增函数”，且，其中，求证：
（3）如果存在常数，对于任意，都有，则称在D上有上界，问：是否存在常数M，使得对于所有定义在区间上且有上界的“2阶增函数”，都有，若存在，求：M的最小值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）存在，0
【解析】
【分析】（1）分析可知为上的严格增函数，即可得结果；
（2）根据题意可得，进而分析证明；
（3）根据题意利用反证法可得，再举例说明不恒成立，进而分析求解.
【小问1详解】
若为定义在区间上的“1阶增函数”，
可得对任取，均有，
可知为上的严格增函数，所以.
【小问2详解】
因为为定义在区间上的“1阶增函数”，且，
则，
即，.
可得，所以.
小问3详解】
假设存在，使，则，
因为为定义在区间上的“2阶增函数”，
则对任意的，都有，
令，则对任意的，都有，与有上界矛盾，
若“2阶增函数”有上界，则对任意，都有.
假设存在，使，
则对任意，都有，故，矛盾，
所以“2阶增函数”有上界，都有恒成立，即存在均满足题意，
假设存在符合题意，例如，
则在上是严格增函数，
且，则是有上界“2阶增函数”.
但当时，有，矛盾，
所以的取值范围为，即的最小值为0.
【点睛】关键点点睛：对于（2）中问题：直接说明比较麻烦，可以利用反证法，说明，再举例说明不恒成立.
第年
1
2
3
4
观看人次（十万）
35
40
58
67