福建福州市八县市协作校2025-2026学年高一下学期期中联考数学试题（含解析）

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【完卷时间：120分钟；满分：150分】
命题：福州延安中学
一、单选题：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. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件，利用复数的运算得到，再利用模长的计算公式，即可求解.
【详解】因为，所以，
故选：C.
2. 若，是平面内的一组基底，则下面的四组向量中不能作为一组基底的是（ ）
A. 和B. 和
C. 和D. 和
【答案】B
【解析】
【详解】因为向量，是平面内的一组基底，可得向量，为平面内不共线的向量，
对于A中，设，可得，此时方程组无解，
所以向量和不共线，可以作为平面的一组基底；
对于B中，设，可得，解得，
所以向量和为共线向量，不能作为平面的一组基底；
对于C中，设，可得，此时方程组无解，
所以向量和不共线，可以作为平面的一组基底；
对于D中，设，可得，此时方程组无解，
所以向量和不共线，可以作为平面的一组基底.
3. 一物体在力的作用下，由点移动到点．若，则对该物体所做的功为（ ）
A. B. C. 8D.
【答案】D
【解析】
【详解】依题意，，，
因此，
所以对该物体所做的功为.
4. 已知某圆锥的底面积为，轴截面为等边三角形，则该圆锥的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆锥的底面积求出底面半径，再由轴截面为等边三角形求得圆锥的母线长，再代入圆锥的侧面积公式求解.
【详解】因为底面积为，所以圆锥的底面半径为2，轴截面为等边三角形，
所以该圆锥的母线长为4，
所以.
5. 设 ，是向量，则“”是“或”的（ ）．
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量数量积分析可知等价于，结合充分、必要条件分析判断.
【详解】因为，可得，即，
可知等价于，
若或，可得，即，可知必要性成立；
若，即，无法得出或，
例如，满足，但且，可知充分性不成立；
综上所述，“”是“或”的必要不充分条件.
故选：B.
6. 三棱锥中，，平面，，，球是三棱锥的外接球，则球的体积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】借助补形法可将原三棱锥补形为长方体，再求出该长方体体对角线长即可得外接球半径，最后利用体积公式计算即可得解.
【详解】如图，由题意可知，可将三棱锥补形为长、宽、高分别为的长方体，
且三棱锥的外接球与长方体的外接球为同一个球，
又该长方体的外接球半径为，
则球的体积是.
7. 一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，如图，到处时测得公路北侧一铁塔底部在西偏北的方向上，行驶300m后到达处，测得此铁塔底部在西偏北的方向上，塔顶的仰角为，则此铁塔的高度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意得到相关角的度数，结合正弦定理求解即可.
【详解】设此铁塔高，根据题意，可得，，，
在中， ，
在中，由，，，可得，
根据正弦定理，可得，解得．
8. 在中，，，点M为所在平面内一点且，则的最小值为（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】以所在直线为轴，以其上的高线为轴建立平面直角坐标系，设出点的坐标，写出各个点坐标，利用数量积的坐标运算，求解问题.
【详解】在三角形中，由余弦定理，故为钝角；
又，故点在三角形底边的高线上，
则以所在直线为轴，以其上的高线为轴建立平面直角坐标系如下所示：
又，则，
故，；
则，设，，
故，当且仅当时取得等号；
也即的最小值为.
故选：C.
二､多选题：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. 已知平面向量，，则正确的有（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，的夹角为钝角，则
D. 若，则在方向上的投影向量是
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用平面向量的坐标运算判断选项即可.
【详解】对于A，若，则，解得，故A正确；
对于B，若，则，解得，故B错误；
对于C，若与夹角为钝角，则且与不共线，
则，解得，故C正确；
对于D，因为，所以，所以，
所以，，所以在方向上的投影向量是，故D正确.
10. 根据下列条件解三角形，其中恰有一解的是（ ）
A. ，，B. ，，
C. ，，D. ，，
【答案】BD
【解析】
【分析】利用正弦定理，结合正弦值求角有两解时，则需要判断角与边的对应关系，即大边对大角是否满足，若两角都满足就两解，若只有一个角满足就一解.
【详解】对于A，由正弦定理得：，解得，
根据，可得：，显然不满足内角和为，故A错误；
对于B，由正弦定理得：，解得，
根据，且，仅存在一个锐角满足，故B正确；
对于C，由正弦定理得：，解得，
根据，且，可得一个锐角和钝角都满足题意，故C错误；
对于D，由正弦定理得：，解得，
根据，可得：，显然满足唯一解，故D正确；
11. 在中，，直线交于点，则下列说法正确的是（ ）
A. 若为的重心，则B. 若为的外心，则
C. 若为的垂心，则D. 若为的内心，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用向量数量积的运算律计算判断A；利用正弦定理、余弦定理及等面积思想计算判断BCD.
【详解】对于A，由为的重心，得，
则，A正确；
对于B，由余弦定理得，而为的外心，
由正弦定理得，B正确；
对于C，由为的垂心，则为边上的高，由面积相等可得
，则，C错误；
对于D，当为的内心时，为的角平分线，故，
由，可得，
解得，D正确.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 是边长为2的正三角形，用斜二测画法得到的水平直观图是，则的面积是________.
【答案】
【解析】
【分析】由等边三角形面积公式求的面积，进而根据的直观图的面积，可得答案．
【详解】已知原图是边长为2的正三角形，
所以的面积，
所以的面积为.
13. 若复数满足，则的虚部为________.
【答案】
【解析】
【详解】方法1：设，则，，解得，，故虚部为1.
方法2：因为在复平面内表示以原点为圆心的单位圆，
同理，表示以点为圆心、半径为1的圆，
所以满足z=z−2i=1 的点为两个圆的公共点，结合图形可知点的坐标为，故虚部为1.
14. 已知复数，在复平面内复数对应的向量分别为.若（其中表示不超过的最大整数，如：，则的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】利用复数的几何意义及向量坐标运算求出的函数关系，再结合给定等式分类求得的范围，并利用正弦函数的性质求出范围.
【详解】依题意，，则，
，
，由，得，
而，当时，，无解；
当时，，则；
当时，，无解；
当时，，无解；
当时，，无解；
当时，，无解；
当时，，无解；
当时，，无解，
因此，，，，
所以的取值范围为.
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知，，且与的夹角为120°，
（1）求；
（2）求与的夹角．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据数量积的定义及运算律先求出的值，再计算的值.
（2）根据数量积的定义及运算律先算出和的值，再根据夹角公式计算即可.
【小问1详解】
因为，，且与的夹角为，
所以
所以
所以.
【小问2详解】
因为
，
所以
因为，
所以与的夹角为.
16. 已知为复数，为实数，且为纯虚数，其中是虚数单位.
（1）求；
（2）若复数在复平面上对应的点在第四象限，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设，将其代入已知条件转化为实数方程求解，
（2）先求出，再代入展开，根据复平面第四象限点的特征，列出关于的不等式组，求解得到的取值范围.
【小问1详解】
设则，
因为为实数，所以，即
所以
又因为为纯虚数， 所以且，
所以，所以.
【小问2详解】
由（1）知，
所以
又因为在复平面上所对应的点在第四象限，
所以
解得：
所以，实数的取值范围为
17. 如图，在平面四边形ABCD中，，．
（1）若，，求的值；
（2）若，，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据余弦定理求得，再利用正弦定理求解即可；
（2）先根据余弦定理得到，，再结合可得，进而得到，再根据三角形的面积公式求解即可.
【小问1详解】
在中，，，
由余弦定理得，
所以，
在中，，，，
由正弦定理得，则，解得.
【小问2详解】
在中，，
由余弦定理得，
在中，，，
由余弦定理得，
因为，所以，解得，
所以，
因为，所以，
所以的面积.
18. 如图，在菱形中，，，，，．
（1）用，表示，；
（2）求；
（3）若是菱形内（含边界）一动点，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据向量的线性运算计算即可.
（2）根据向量数量积的运算律计算即可.
（3）根据向量数量积求得，结合图象判断取最值时点位置，结合余弦定理计算即可.
【小问1详解】
因，，，
则，，，
则，.
【小问2详解】
由（1）可知，，，
则
.
因为，，则，
则，
故.
【小问3详解】
由题可知，，
则.
由图可知，当与重合时，，此时取得最小值为.
当与重合时，最大，取得最大值，
如图连接，在中，由余弦定理，
，
所以的最大值为，
故的取值范围为.
19. “平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点”被称为费马点，是由法国数学家费马在十七世纪提出的，意大利数学家托里拆利给出了确定费马点的方法：当的三个内角均小于时，满足的点O为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.请用上述知识解决下面的问题：在中，角所对的边分别为，且.
（1）求；
（2）已知，点为的费马点.
①若，记，求；
②若为锐角三角形，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）借助正弦定理将边化为角后，利用两角和的正弦公式及辅助角公式计算即可得；
（2）①利用正弦定理可计算出，再分别在、中，使用正弦定理并作商即可得；②结合费马点定义可得，再利用等面积法计算可得，再利用正弦定理可用表示，结合锐角三角形性质可求出的取值范围，即可得解.
【小问1详解】
根据正弦定理，有，
即，
又因为，
所以，
即，
即，
因为三角形中，则有，
即，所以，
又，所以，则；
【小问2详解】
因为，所以和均小于，
又为费马点，则有，
（ⅰ）在中，由正弦定理得，
即，得，
在中，由正弦定理得，
在中，，
由正弦定理得，
①②两式相除得，化简得，
所以；
（ⅱ）
，
由，
得，
整理得，
因为，
所以
，
因为是锐角三角形，所以，即，
所以，所以，
则，所以，
所以的取值范围是.