浙江温州市新力量联盟2025-2026学年高一下学期期中联考数学试卷（Word版附解析）

这是一份浙江温州市新力量联盟2025-2026学年高一下学期期中联考数学试卷（Word版附解析），共10页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸等内容，欢迎下载使用。
1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字．
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效．
4．考试结束后，只需上交答题纸．
选择题部分（共58分）
一、选择题：本大题共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. 复数的虚部是（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接由复数的乘法运算把给出的复数化简为的形式，则复数的虚部可求．
【详解】因为，虚部为.
故选：B.
2. 已知是平行四边形边上的一点，则下列正确的是（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】应用向量加减法规则计算判断各个选项.
【详解】已知是平行四边形ABCD边CD上的一点，
，A选项错误；
，B选项错误；
，C选项正确；
，D选项错误；
3. 在中，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分析可知角为锐角，再利用正弦定理求解即可.
【详解】因为，则，所以为锐角，
由正弦定理，故，所以.
4. 已知是关于的方程的一个根，则实数、的和（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分析可知方程的另一个根为，利用韦达定理可求出实数、的值，即可得解.
【详解】因为、为实数，且是关于的方程的一个根，
则该方程的另一个根为，由韦达定理可得，
解得，，故.
5. 下列命题正确的是（ ）．
A. 平行六面体的侧面是全等的平行四边形
B. 正棱锥的侧面是等边三角形
C. 有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥
D. 有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱
【答案】C
【解析】
【分析】分析各选项中几何体的特征与定义是否相符来判断对错，并确定正确选项.
【详解】在A选项中，平行六面体的侧面都是平行四边形，但侧棱仅长度相等，
底面平行四边形的邻边不一定相等，因此侧面不一定全等，A错误，
在B选项中，正棱锥的底面是正多边形、顶点在底面的投影是底面中心，
侧面都是全等的等腰三角形，只有侧棱长等于底面边长时侧面才是等边三角形，
并非所有正棱锥的侧面都是等边三角形，B错误，
在C选项中，根据棱锥的定义，棱锥仅存在一个多边形面，其余面都是共顶点的三角形，
若一个棱锥有一个面是平行四边形（四边形），这个面就是棱锥的底面，对应有4个侧面，
因此一定是四棱锥，C正确，
在D选项中，将两个底面全等的斜棱柱拼接后，满足"有两个面平行，其余面都是平行四边形"，
但侧棱不互相平行，不是棱柱，D错误.
6. 在中，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦定理结合余弦定理求解即可.
【详解】在中，，由正弦定理可得，
整理可得，由余弦定理可得，
又因为，故.
7. 已知的外接圆圆心为，且，则向量在向量上的投影向量为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件作图可得为等边三角形，根据投影向量的概念求解即可.
【详解】因为，
所以外接圆圆心为的中点，即为外接圆的直径，如图，
又，所以为等边三角形，
则，故，
所以向量在向量上的投影向量为：．
故选：A．
8. 如图，AB是底部不可到达的一座建筑物，为建筑物的最高点，某人在与点同一直线上两点G，H，用测角仪测得的仰角分别为，，测角仪器高为，那么AB的高为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先在中用三角形内角和求出，再由正弦定理算出，最后在中求出并加上得到.
【详解】设，由题意可知， ，
则 ，在中，，
，因此： ，
由正弦定理可得：，又因为，
则，，
在中：仰角为，因此 ，即，
所以 .
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. 下列用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图的结论中，正确的有（ ）．
A. 三角形的直观图是三角形B. 正方形的直观图是长方形
C. 平行四边形的直观图是平行四边形D. 菱形的直观图是平行四边形
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据斜二测画法的规则分析各选项.
【详解】在A选项中，三角形的三个顶点不共线，斜二测画完后仍为三个不共线顶点，
因此直观图仍是三角形，A正确，
在B选项中，正方形的邻边原本互相垂直，
但经过斜二测画法后，其直观图中邻边的夹角一般不再是直角，
因此直观图是平行四边形，不是长方形，B错误，
在C选项中，斜二测保持平行性，平行四边形对边的平行关系不变，
因此直观图仍是平行四边形，C正确，
在D选项中，菱形是特殊的平行四边形，平行关系不变，
因此直观图仍是平行四边形（仅邻边不再相等，仍保持对边平行），D正确.
10. 对于任意两个向量和，下列命题中正确的是（ ）．
A. 若，则B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】依据向量大小比较规则，向量加法三角不等式、数量积公式及推导来判断正误.
【详解】在A选项中，向量是既有大小又有方向的量，方向无法比较大小，
因此向量本身不能比较大小，仅能比较模长，故A错误，
在B选项中，向量加法的三角不等式对任意向量恒成立，
当与同向时等号成立，故B正确，
在C选项中，设两向量夹角为，由数量积公式得：
，由于，
因此，故C正确，
在D选项中，由三角不等式推导：，
移项得，同理可得，
因此，故D正确.
11. 已知，则下列正确的是（ ）
A. 若满足条件，则为的重心
B. 若满足条件，则动点经过的内心
C. 若满足条件，则动点经过的外心
D. 若满足条件，则动点经过的垂心
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用三角形的重心、内心、外心、垂心的性质逐一分析每个选项.
【详解】在A选项中，设中点为，根据平面向量加法的平行四边形法则：
，又因为，
所以，即，
这表明、、三点共线，且，
根据重心的定义和性质可得为的重心，A正确，
在B选项中，和分别是和方向上的单位向量，
设，以和为邻边作平行四边形，
则该平行四边形为菱形，根据菱形的性质，其对角线平分一组对角，
所以在的平分线上，又因为内心是三角形三条角平分线的交点，
所以动点经过的内心，B正确，
在C选项中，由正弦定理可得：
，
则，
由A选项可知，中点为，所以，
所以，
即表示与共线，
所以动点在边上的中线上，
因为外心是三角形三边垂直平分线的交点，而一条中线不能确定外心，
所以动点不经过的外心，C选项错误，
在D选项中，，因为，
所以，则，
，
根据向量数量积公式可得：，
，所以
，所以
所以，
，
即，所以，即，
因为垂心是三角形三条高的交点，
所以动点经过的垂心，D正确.
非选择题部分（共92分）
三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分．把答案填在题中的横线上．
12. ___________．
【答案】
【解析】
【详解】
13. 已知、为两个不共线的向量，，，若，则实数___________.
【答案】##
【解析】
【分析】设，其中，根据平面向量的基本定理可得出关于、的方程组，解之即可.
【详解】因为，设，其中，即，
因为、为两个不共线的向量，所以，解得.
14. 已知a，b，c分别是的三个内角A，B，C的对边，且，则的面积为___________．
【答案】6
【解析】
【分析】利用正弦定理将角的关系转化为边的关系，再结合三角形面积公式求解.
【详解】设外接圆半径为，由正弦定理可得：
，又因为，，
所以，化简得：，
所以.
四、解答题：本大题共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. 已知向量，，，若．
（1）求实数的值；
（2）求与夹角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用平面向量数量积的坐标运算可得出关于的等式，解之即可；
（2）求出向量的坐标，利用平面向量数量积的坐标运算可求出与夹角的余弦值.
【小问1详解】
因为，，，且，所以，解得.
【小问2详解】
，则，
由（1）得，可知，
则．
16. 已知是的共轭复数．
（1）求证：
（2）若复数满足，求|z|的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）或
【解析】
【分析】（1）明确与形式，用平方差公式算，结合化简，根据模定义得，进一步证明.
（2）由判断为实数，分为实数和虚数讨论求出的取值范围.
【小问1详解】
设，则，
所以，
而，所以．
【小问2详解】
由知，
若，则，且，
由，解得或，
故或，
若为虚数，而，则，
整理得，
所以，此时，即，
此时，，矛盾，
故或．
17. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且.
（1）求；
（2）若，求周长的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理，边角互化以及的取值范围即可求解；
（2）先根据正弦定理求出外接圆的半径，再进行边角互化，根据角的范围即可求解.
【详解】解：（1）∵，
∴，
∴，
即，
即，
即，
即，
即，
∵，
∴，
∴，
故；
（2）∵，
∴





∵，
∴，
∴，
即周长的取值范围为.
18. 如图，在中，是AD与CE的交点．
（1）若，求的值；
（2）求；
（3）若，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）方法一：利用向量的线性运算结合三点共线求解即可；
方法二：以为原点，AB为轴，AD为轴建立直角坐标系，表示出各点坐标，利用向量共线的坐标运算求解即可；
（2）方法一：利用结合向量数量积运算即可求解；
方法二：以为原点，AB为轴，AD为轴建立直角坐标系，表示出各点坐标，利用向量夹角的坐标运算求解即可；
（3）方法一：设BC的中点为，可得，求出的最小值即可求解.
方法二：以为原点，AB为轴，AD为轴建立直角坐标系，表示出各点坐标，利用向量数量积的坐标运算结合二次函数性质即可求解
【小问1详解】
方法一：由得，，
而，
因为三点共线，故，
所以．
方法二：由在中，，
易求，
在中，由得，
以为原点，AB为轴，AD为轴建立直角坐标系，
则．
由得，所以，，
所以．
【小问2详解】
方法一:易求，所以，
又，所以，
，
所以；
方法二：由（1）知，
所以，．
【小问3详解】
方法一：设BC的中点为，则，
而，
所以，，即的最小值为，当且仅当时等号成立．
方法二：由，得，
所以，，
当时取等号．
19. 三角形历来都是古今中外数学家研究的一个平面图形，阅读下面内容并解决相关问题（注：a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，为的面积）．
（1）我国南宋数学家秦九韶在《数书九章》给出三角形面积的求法“三斜求积”：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上．以小斜幂乘大斜幂减上，斜四约之，为实一为从隅，开平方得积．”写成公式，就是，请证明该公式．
（2）布洛卡点是三角形内部的特殊点，由法国数学家亨利•布洛卡于19世纪提出，其定义如下：设是内一点，若，则称点为的布洛卡点，角为的布洛卡角，如图，已知．
（i）求的值；
（ii）判断的形状．
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）；（ii）为等边三角形
【解析】
【小问1详解】
，
根据余弦定理可得，
代入可得.
【小问2详解】
因为，所以代入可得，
即，
因为，所以，
由余弦定理可得，
在中，，
在中，，
在中，，
三式相加可得
，
化简可得，
，
，
代入可得，
两边平方可得，
化简可得：，
即，
所以，即，
因此为等边三角形．