福建省龙岩市一级达标校2025-2026学年高一下学期期中测试数学试题（Word版附解析）

这是一份福建省龙岩市一级达标校2025-2026学年高一下学期期中测试数学试题（Word版附解析），共6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．已知复数z满足（i为虚数单位），则的虚部为（ ）
A．3B．C．D．4
2．如图，点O为正六边形的中心，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知a，b是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，，则
C．若，，则D．若，，则
4．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，，则（ ）
A．1B．2C．3D．
5．已知向量，满足，，，则在上的投影向量等于（ ）
A．B．C．D．
6．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S．若，，且，则（ ）
A．B．C．D．
7．在菱形中，，，P为菱形所在平面内的动点，且，则的最小值为（ ）
A．4B．C．D．
8．已知正四棱台的上、下底面的边长分别为2，6，高为4，P，Q分别是侧棱，的中点，经过P，Q作该正四棱台外接球的截面，则截面面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．若复数，则（ ）
A．z的虚部为7B．z在复平面内对应的点位于第三象限
C．D．z是方程的一个根
10．已知的内角的对边分别为，则（ ）
A．若，则
B．若，则是锐角三角形
C．若，则
D．若满足，的有两个，则边长的取值范围是
11．如图，在棱长为2的正方体中，Q为的中点，动点P在侧面内且满足，，，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则四面体的体积为
B．若，则
C．若存在点P，使平面，则长度的最小值是
D．若，则的最小值为
三、填空题
12．如图，的斜二测画法的直观图是，其中，那么的面积为____．
13．在梯形中，，，设（，），则____．
14．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若，且，则面积的最大值为____．
四、解答题
15．已知向量，．
(1)若向量，求实数k的值；
(2)若向量满足，求的值．
16．已知复数（），且为实数，其中i为虚数单位．
(1)求复数z；
(2)在复平面内，设复数，，对应的点分别为A，B，C，若四个点A，B，C，D构成平行四边形，求点D对应的复数．
17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
(1)求B；
(2)若的平分线交边于点D，且，，求的面积．
18．如图，在正方体中，E，F，P分别为棱，，的中点．
(1)求证：D，B，F，E四点共面．
(2)设平面平面，求证：．
(3)棱上是否存在一点M，使平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
19．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c．
(1)已知．
（ⅰ）求角B；
（ⅱ）若，且为锐角三角形，求面积的取值范围．
(2)设P为内一点，满足，若，，求实数的最小值．
参考答案
1．A
【详解】，故，故虚部3.
2．D
【详解】.
3．B
【详解】已知a，b是两条不同的直线，，是两个不同的平面，
若，，则或，A选项错误；
若，，，则由线面平行的性质定理可知，，B选项正确；
若，，则或，C选项错误；
若，，则或与异面，D选项错误.
4．C
【详解】在中，由余弦定理得，
将已知条件代入，得，
即，化简得，
整理得，因式分解得，所以或，
因为三角形边长为正数，所以.
故选项C正确.
5．C
【详解】，所以，
所以在上的投影向量等于.
6．C
【详解】由条件可知，，，
所以，根据正弦定理得，
，
因为，所以.
7．B
【详解】
如上图，以菱形的对角线交点为坐标原点建立平面直角坐标系
，，，，，
设点坐标为，
由得，化简得，
由直线方程的性质知：过的中点及，
又因为三角形是等边三角形，，所以是的垂直平分线，
所以，
由两点之间直线段最短，得的最小值为，，
的最小值为.
8．D
【详解】由题意可知，设下底面中心为，上底面中心为，
则，又因为下底面是边长为6的正方形，
所以到下底面各顶点的距离为，
同理到上底面各顶点距离为，
设外接球球心为，它在直线上，
设到的距离为，则外接球半径满足：
，，
所以，解得：，
所以球心与下底面中心重合，半径，
因为，是侧棱和的中点，
所以过侧棱中点的截面平行于底面，为正方形，
边长等于上下底面边长的平均值，所以，
因为侧棱长，
又，
所以，同理，
在等腰中，，，
作于，则为中点，，
所以，
即球心到直线的距离为2，
过直线作球的截面，截面圆半径为，
其中为球心到截面的距离，当截面圆面积最小时，最大，
且最大值为到直线的距离2，此时，
，所以截面面积的最小值为.
9．AD
【详解】，其虚部为，A选项正确，
在复平面对应的点为，在第二象限，B选项错误.
，C选项错误.
，D选项正确.
10．ACD
【详解】A选项：由正弦定理（为外接圆半径，），
得，，.
若，则，即，故A正确.
B选项：由向量数量积定义，，仅能推出，
即角为锐角，无法保证角均为锐角，故B错误.
C选项：由余弦定理得，变形得.
代入已知条件，得，解得.
∵，故，
∴，故C正确.
D选项：设，，角，
若有两个解，则需要满足，
代入数据得，即，故D正确.
11．ABD
【详解】对于A，当时，P是线段的中点，此时点Q到平面的距离为2，所以，A正确．
对于B，当时，，取线段的中点M，则，正方体中，所以，B正确．
对于C，取线段的中点R，线段的中点S，当点P位于线段上时，
平面，平面，所以平面，又平面，平面，所以平面，
平面，所以平面平面，平面，平面，
此时有，，，，所以为直角三角形，当P位于点S时，长度的最小值是，C错误．
对于D，当时，点位于线段上，把平面翻折展开至平面，当点Q，P，A三点共线时，取最小值，
在中，，，，由余弦定理得，所以，
又为等边三角形，所以在中，，所以，
所以，所以，D正确．
12．
【详解】斜二测画法中直观图坐标系的夹角为，
由题意，分析可得为等腰直角三角形，
其面积.
斜二测画法中，原图形面积是直观图面积的倍，
所以原图形的面积.
13．/
【详解】由于，故是的中点，故,
故
14．16
【详解】，可得，，即，．
令，易知，则，
因此可得，，，，
，，
由正弦定理可得，，又，
的面积，当且仅当，即时，等号成立，因此面积的最大值为16．
15．(1)
(2)
【详解】（1）由，，
得，．
因为，所以，
解得．
（2）由，，得，，
由，得，，解得，
所以，则．
16．(1)
(2)
【详解】（1）因为，
所以，
则，所以，所以．
（2）由题意可知，，，所以，，．
设，又为平行四边形，所以，
即，解得，，
故，即点D对应的复数为．
17．(1)
(2)
【详解】（1），
，
即，即，
，，．
（2）在中，由正弦定理得，．
在中，由正弦定理得，．
两式相除可得，即．
在中，由余弦定理可得，
在中，由余弦定理可得，解得，．
的面积．
18．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)存在，
【详解】（1）证明：连接．
因为，分别为棱，的中点，
所以，又在正方体中，且，
所以四边形为平行四边形，所以，所以，
所以，，，四点共面．
（2）证明：由（1）知，又平面，平面，
所以平面．
因为平面平面，平面，所以．
（3）存在，且．
理由如下：取的中点，连接，．
因为，分别为，的中点，
所以，，
又，，所以，，
所以四边形为平行四边形，所以．
设为的中点，所以，所以，
又平面，平面，所以平面．
故存在所求的点，且．
19．(1)（ⅰ）；（ⅱ）
(2)
【详解】（1）（ⅰ）因为，
所以由正弦定理得，
又，
所以，
由，，所以，
即，又，所以，得．
（ⅱ）因为是锐角三角形，且，所以，，
又，所以，
则，
因为，所以，则，
从而，故面积的取值范围是．
（2）因为，
所以，所以，
所以，所以为直角三角形，．
，
设，，（，，），
则由，得，
由余弦定理得，
，
，
故由，得，
即，而，，故，
当且仅当，结合，解得时，等号成立，
又，所以，解得或（舍去）．