福建省厦泉五校2025-2026学年高一下学期期中联考数学试卷

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福建厦泉五校 2025-2026 学年高一下学期期中联考数学试题
单选题
(1 5i)i 的虚部为（ ）
A． 1B．0C．1D．6
V ABC 中，角 A, B,C 所对的边分别为a, b, c ，若a 
3, b 
2, A  π ，则 B  （ ）
3
π
4
3π
4
π
6
π
4
或 3π
4
如图，四边形 ABCD 的斜二测画法的直观图为等腰梯形 ABCD ，已知 AB  4 ， CD  2 ，则下列说法正确的是（）
A． AD  2
2
B． AB  2
2
C．四边形 ABCD 的面积为3
3
2
D．四边形 ABCD 的周长为6  2 2
如图，D 是V ABC 的边 AC 的中点，点 E 在 BD 上，且 BE  2ED ，则（ ）
–––→
AE 
2 –––→
AB 
1 –––→
AC
–––→
AE 
2 –––→
AB 
1 –––→
AC
3633
–––→
AE 
–––→
AB 
–––→
AC
–––→
AE 
1 –––→
AB 
1 –––→
AC
3333
AB
已知向量 AB  1, 2 ， BC  4, 1 ，则向量 AC 在向量–––→ 方向上的投影向量为（ ）
A．  2 ,  1 
B．   2 , 1 
C．   1 , 2 
D．  1 ,  2 
 55 
 5 5 
 5 5 
 55 

已知直三棱柱 ABC  A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上.若AB  3，AC  4，AB  AC,
AA1  12，则球O的半径为
3 17
2
2
13
2
3
10
10
如图，已知正六边形 ABCDEF 的边长为 2，对称中心为O ，以O 为圆心作半径为 1 的圆，点M 为圆O
上任意一点，则 AD  CM 的取值范围为（ ）
A． 6, 4
B． 0,8
C．8, 0
D． 6 3, 0

我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创造了一幅“勾股圆方图”，后人称其为“赵爽弦图”，类比赵爽
弦图，用 3 个全等的小三角形拼成了如图所示的等边V ABC ，若 EF  2, sin ACF  3 3 ，则 AC＝（ ）
14
A．8B．7C．6D．5
多选题
已知 z1, z2 都是复数，下列选项中正确的是（ ）
若 z z  0 ，则 z  0 或 z  0B．若 z3  z3 ，则z  z
1 2121212
C．若 z  z ，则 z  z 是实数D．若 z2  z2 ，则 z  z
12121212
V ABC 的内角： A, B,C 所对边分别为a, b, c ，下列说法中正确的是（ ）
若sinA  sinB ，则 A  B
若sin2 A  sin2B ，则V ABC 是等腰三角形
若a2  b2  c2  0 ，则V ABC 是锐角三角形
若
a 
sinA
b
csB
c
csC
，则V ABC 是等腰直角三角形
下列说法正确的是（ ）
→→
已知向量a  1,1 ， b   x, 2 ，且a ⊥b ，则 x  2
→→
向量a  2, 3 ， b   x, 2 ，则“ a, b 的夹角为锐角”是“ x  3 ”的充要条件
若2OA  OB  3OC  0 ， SV AOC 、SV ABC 分别表示△AOC 、V ABC 的面积，则S△AOC : S△ABC  1: 6
 –––→–––→ 
–––→
BA BC1
–––→
 AB 
AC   BC  0
–––→  –––→ 

在V ABC 中，向量 AB 与 AC 满足 –––→ –––→
 ABAC 
，且 BA BC
2 ，则V ABC 为等边三角形
填空题
→→
已知向量a, b 的夹角为60 ， a  2 ， b  1，则 a  2b  ．
在一个底面圆直径和高都是 2 的圆柱内挖去一个圆锥，圆锥的底面与圆柱的上底面重合，圆锥的顶点是圆柱的下底面中心，这个几何体的表面积为.
已知在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且c  5 ，点 O 为其外接圆的圆心，已知
BO  AC  12 ，则当角 C 取到最大值时△ABC 的面积为.
解答题
知复数 z1  5 10 i ，复数 z2 在复平面内对应的点为Z 3, 4
若复数 z2 是关于 x 的方程 x2  mx  n 1  0 的一个根， m､n  R ，求m  n 的值：
若复数 z 满足 1  1  1 ，求复数 z 的共轭复数 z .
zz1z2
已知a ， b ， c 是同一平面内的三个不同向量，其中a  1, 2 .
r
5
若 c  2，且a ∥c ，求c ；
→→→→
2
若 b  2 ，且 ka  b 
a  kb k  0 ，求a  b 的最小值，并求出此时a 与b 夹角的余弦值.
在① a cs B 
3b sin A  2a ，② b sin  B  C  
3a cs B ，③ 2 cs C  c  2a 这三个条件中任选一个，
bb
补充在下面问题中，并解答.
问题： V ABC 的内角 A ， B ， C 的对边分别为a ， b ， c .已知.
求 B ；
13
若 D 为 AC 的中点， BD ， c  2 ，求V ABC 的面积.
3
如图 A、B 是在沿海海面上相距15  5海里的两个哨所， B 位于 A 的正南方向. A 哨所在凌晨 1 点发现
其南偏东30 方向处有一艘走私船，同时，B 哨所也发现走私船在其东北方向上.两哨所立即联系缉私艇前往拦截，缉私艇位于 A 点南偏西30 的 D 点，且 A 与 D 相距20 3 海里，试求：
刚发现走私船时，走私船与哨所 A 的距离；
刚发现走私船时，走私船距离缉私艇多少海里？在缉私艇的北偏东多少度？
3
若缉私艇得知走私船以10海里/时的速度从C 向北偏东15∘ 方向逃窜，立即以 30 海里/时的速度进行追
截，缉私艇至少需要多长时间才能追上走私船？
现有一几何体由上，下两部分组成，上部是正四棱锥 P  A1B1C1D1 ，下部是正四棱柱 ABCD  A1B1C1D1
（如图所示），且正四棱柱的高O1O 是正四棱锥的高 PO1 的 4 倍.
若 AB  6 ， PO1  2 ，求该几何体的体积.
若正四棱锥的侧棱长为6 ， PO1  2 ，
求正四棱锥 P  A1B1C1D1 的侧面积.
若Q ， N 分别是线段 A1B1 ， PB1 上的动点，求 AQ  QN  NC1 的最小值.
1．C
根据复数代数形式的运算法则以及虚部的定义即可求出.
【详解】因为1 5ii  i  5i2  5  i ，所以其虚部为 1，故选：C.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
A
D
D
D
C
C
B
ACD
AD
题号
11
答案
ACD
2．A
由正弦定理可得sin B 
2 ，再由边角关系确定角的大小即可.
2
a  b
3  2 2
【详解】由题意，在V ABC 中
sin A
sin B ，则sin πsin B ，所以sin B  2 ，
3
因为 B (0, π) ，所以 B  π 或 3π ，又a  b, A  π ，所以 B  π ．
4434
故选：A 3．D
根据斜二测画法，画出原图，结合长度、面积、周长等知识进行分析，从而确定正确答案.
【详解】对于 A、B，由题设易得 AD  2 ，原平面图如下 AB  AB  4 ， CD  CD  2 ，
2
AD  2 AD  2
，故 A、B 错误；
2
对于 C，四边形 ABCD 的面积为： 1 4  2 2
2
 6
，即 C 错误．
2
对于 D，在原图形中，过C 作CF  AB 交 AB 于点 F ，则 AF  DC  BF  2 ，
22  2
2 2
3
由勾股定理得CB  2，
2
故四边形 ABCD 的周长为： 4  2  2
 2
 6  2
 2 3 ，即 D 正确；
3
2
4．D
根据平面向量的线性运算求解即可.
–––→–––→–––→–––→
【详解】由题意， AE  AB  BE  AB 
2 –––→–––→2
BD  AB 
–––→–––→

BA  AD
–––→

2  –––→
1 –––→ 
1 –––→
33
1 –––→

AB  3   AB  2 AC   3 AB  3 AC .
故选：D 5．D
根据题意求得 AC  3,1 ，根据向量的坐标运算结合投影向量的定义分析求解.
–––→ –––→–––→
5
【详解】由题意可得： AC  AB  BC  3,1 ，则 AB  AC  1, AB ，
 –––→ –––→  –––→–––→
所以向量 AC 在向量–––→ 方向上的投影向量为 AB  AC ·AB   1 AB   1 ,  2  .
55
AB–––→2
AB

5
故选：D.
6．C
122  52
【详解】因为直三棱柱中，AB＝3，AC＝4，AA1＝12，AB⊥AC，所以 BC＝5，且 BC 为过底面 ABC 的截面圆的直径．取 BC 中点 D，则 OD⊥底面 ABC，则 O 在侧面 BCC1B1 内，矩形 BCC1B1 的对角线长即为球直径，
所以 2R＝
＝13，即 R＝ 13
2
7．C
解法一 连接OM ， OC ，设
–––→ ––––→
AD, OM
θ，根据向量的线性运算用OM ， OC 表示出CM ，然后结合三角
函数的性质即可求得结果．
解法二 以O 为坐标原点建立平面直角坐标系，设M csθ, sinθ ，根据数量积的坐标表示得到 AD  CM ，再结合三角函数的性质即可求得结果．
解法三 借助向量投影的知识将 AD  CM 转化，找到取得最值时点M 的位置，即可求得结果．
【详解】解法一 ：如图所示：
连接OM ，设
–––→ ––––→
AD, OM
θ，连接OC ，依题意得 AD  4 ， AB  2 ， OC  2 ，
–––→ –––→π
AD, OC  ，
3

–––→ ––––→–––→ ––––→ –––→–––→ ––––→ –––→ –––→π
则 AD  CM  AD  OM  OC  AD  OM  AD  OC  4 1csθ 4  2 cs ，
3
 4csθ 4 ．
因为θ0, π，所以1  csθ 1，（三角函数的有界性）所以8  AD  CM  0 ．
故选：C．
解法二 如图，
以O 为坐标原点，以直线 AD 为 x 轴，过O 且和 AD 垂直的直线为 y 轴建立平面直角坐标系，
则依题意可得 A2, 0 ， D(2, 0) ， C 1, 
3 ，
因为圆O 的半径为 1，所以可设M csθ, sinθ ，
––––→
所以 AD  4, 0 ， CM  csθ1, sinθ又1  csθ 1，（三角函数的有界性）所以8  AD  CM  0 ．
故选：C．
解法三 如图所示：
3 ，所以 AD  CM  4csθ 4 ，
–––→ ––––→
设 AD, CM
–––→ ––––→–––→ ––––→––––→
θ，则 AD  CM  AD CM csθ 4 CM csθ．
––––→
–––→
CM csθ可看成是CM 在 AD 上的投影，
––––→
当点M 与G 重合时 CM csθ最小，最小值为2 ，
––––→
当点M 与 N 重合时 CM csθ最大，最大值为 0，
故8  AD  CM  0 ．故选：C．
8．B
在△ACF 中，设 AF  CE  t ，根据题意利用正弦定理可得 AC  7 t ，然后利用余弦定理即可求解.
3
【详解】在△ACF 中， AFC  180∘  60∘  120∘ ，设 AF  CE  t ，则CF  2  t ，
AFAC
t AC7
由正弦定理可知， sin ACF  sin AFC ，即 3 3 3 ，则 AC  3 t ，
142
在△ACF 中， AC |2  AF |2  | CF |2 2 AF CF cs AFC ，
49 t 2  t 2  2  t 2  2t t  2  1  ，又t  0 ，则t  3 ，故 AC  7 t  7 ，
9 2 3

故选：B.
ACD
根据复数的相关定义，以及复数的运算公式，即可求解.
【详解】若 z1z2  0 ，则 z1  0 或 z2  0 ，故 A 正确；
若 z   1  3 i ， z  1 ，满足 z3  z3  1，但 z
 z ，故 B 错误；
1222
1212
若 z1  z2 ，则 z1  z2  z2  z2 是实数，故 C 正确；
若 z2  z2 ，则 z  z  z  z   0 ，得z  z 或 z  z ，所以 z  z ，故 D 正确.
121212121212
故选：ACD.
AD
【详解】对于 A，因为在V ABC 中，由正弦定理可得sin A  sin B 等价于a  b ，又因三角形中大边对大角，
故a  b 等价于 A  B ，选项 A 正确；
对于 B，因为sin 2 A  sin 2B ，所以2 A  2B 或2 A  2B  π ，即 A  B 或 A  B  π ， V ABC 是等腰三角形或
2
直角三角形，选项 B 错误；
对于 C，由a2  b2  c2  0 可以确定∠C 是锐角，但不能确定∠B 和∠A 的大小，所以不能判断V ABC 是锐
角三角形，选项 C 错误；
对于 D，由正弦定理
a 
sin A
b
sin B
 c
sin C
，结合条件
a 
sinA
b
csB
c，
csC
得 b
sin B
b
cs B
， c
sin C
c，
cs C
Qb  0 ， c  0 ，sin B  cs B ， sin C  cs C ，又0  B  π ， 0  C  π ，
所以 B  C  π ， A  π  B  C  π ，所以V ABC 是等腰直角三角形，选项 D 正确.
42
ACD
由平面向量垂直的坐标表示，即可判断 A，由向量的坐标运算即可判断 B，由向量的线性运算结合三角形重心的性质即可判断 CD.
a
a
【详解】对于 A，由 → ⊥b ，故→  b  x  2  0 ，故 x  2 ，故 A 正确；
对于 B，由 →的夹角为锐角，得
→→2x  6  0

0 ，且不共线，则，
a, b
cs
a, b
3x  4
解得 x  3 且 x  4 ，所以“ a ， b 的夹角为锐角”是“ x  3 ”的充分不必要条件，
3
故 B 错误；对于 C，如图
设OA  2OA ， OC  3OC ，由2OA  OB  3OC  0
得OA  OB  OC  0 ，
取 AB 的中点 D ，连接OD ，则有OA  OB  2OD ，所以2OD  OC  0 ，即 OC  2 OD ，则点O 为△BAC
的重心，
设△AOC ， V AOB ， VBOC 的面积分别为 x, y, z ，则△AOC ， △AOB ， △BOC 的面积分别为6x, 2 y, 3z ，由重心的性质可知6x = 2 y = 3z ，
z  2x
所以 y  3x ，则S

V AOC
: SV ABC
 x :  x  y  z   1: 6 ，故 C 正确；
对于 D，如图，作∠A 的内角平分线 AE 与 BC 相交于点 E ，
AB
–––→AC
AB  AC
–––→
因为 –––→ 为 AB 的单位方向向量， –––→ 为 AC 的单位方向向量，所以 –––→ –––→
 λAE λ 0 ，
AB
 –––→–––→ 
AC
–––→–––→ –––→
ABAC
所以 AB 
AC   BC  λAE  BC  0 λ 0 ，

–––→ –––→
 ABAC 
BA  BC 
BA  BC
 csB  1
所以 AE  BC .即 AE  BC ，所以V ABC 为等腰三角形，又因为 –––→ –––→ –––→ –––→2 ，且
B 0, π ，所以 B  π ，
3
即V ABC 为等边三角形，故 D 正确.故选：ACD.
3
2
BABC
BA  BC
根据题意可得a b 1，根据模长的平方关系结合数量积运算律求解即可.
→→
【详解】因为向量a, b 的夹角为60 ， a  2 ， b  1，
→ →→ →1
则a  b  a  b cs 60  2 1  1，
2
rr 2
可得 a  2b
→→
r 2r rr 2
 a  4a  b  4b
 4  4  4  12 ，
所以 a  2b  2 3 .
故答案为： 2 3 .
(5  5)π
先求得挖去的圆锥的母线长，从而得到圆锥的侧面积，再求圆柱的侧面积和一个底面积，即可求解几何体
的表面积.
12  22
【详解】解：挖去圆锥的母线长为
，则圆锥的侧面积为 1  2π
5
5

2
5π，
圆柱的侧面积为2π 2  4π，圆柱的一个底面积为12 ππ，
故几何体的表面积为 5π 4ππ (5  5)π.
故答案为： (5  5)π.
6
5
取 AC 的中点 D，得到 OD⊥AC，利用向量的数量积求解得到a  7 ，用余弦定理和基本不等式得到cs C 的
6
最小值，从而得到角 C 取到最大值时b  2
，再使用三角形面积公式进行求解出结果.
【详解】设 AC 的中点为 D，因为点 O 为其外接圆的圆心，所以 OA=OB=OC，连接 OD，由三线合一得：
–––→ –––→–––→–––→ –––→–––→ –––→
1 –––→–––→–––→ –––→–––→ 2
–––→ 2
1
2
1
2
2
OD⊥AC，则 BO  AC  BD  DO AC  BD  AC  BC  BABC  BA BC BA  12 即
1 21 2
a2  b2  c2
49  b2  251 
24 
a  c
22
 12 ，所以a  7 ，由c  a 知，角 C 为锐角，故cs C 

2ab
14b
 14  b  b  ，

因为b  0 ，所以由基本不等式得：cs C 
1  b  24  
 2 6 ，当且仅当b  24 ，即b  2时等
1 b  24
7b
6
14 b 7b
号成立，此时角 C 取到最大值，sin C 
面积为5 6 .
6
故答案为： 5

1 cs2 C
 5 ，S 7
V ABC
 1 ab sin C  1  7  2 6  5  5 6 ，△ABC 的
227
15．(1)20
(2) z  5  5 i
2
将 z2  3  4 i 代入一元二次方程即可得到方程组，解出即可；
根据复数的除法和共轭复数的概念即可得到答案.
【详解】（1）由题意得 z2  3  4 i ，
因为复数 z2 是关于 x 的方程 x2  mx  n 1  0 的一个根，所以(3  4i)2  m 3  4i  n 1  0 ，
3m  n  8  4m  24i  0 ，
3m  n  8  0

 4m  24  0 ，
解得m  6, n  26 ，所以m  n  20 .
z  z5 10i3  4i55 10i511 2i4  3i5
（2） z  12  5  i ，
z1  z2
 z  5  5 i .
2
5 10i  3  4i8  6i2 4  3i4  3i2
16．(1) c =(2, 4) 或c  2, 4
→ →
2
10
a  b
min

，此时csθ
10
先设c  λa  λ, 2λ ,根据坐标求模公式，即可求解.
(2) 根据题意，条件可化简为6ka  b  3k 2  6 ，再根据基本不等式，即可求解.
【详解】（1）因为a  1, 2 ，且a ∥c ，所以设c  λa  λ, 2λ ，
→
所以 c 
 2，
λ2  2λ2
5
解得λ 2 ，
所以c =(2, 4) 或c  2, 4 .
2
→→ 2
→→ 2
由 ka  b 
a  kb ，得ka  b
 2 a  kb ，
→ 2
所以k 2 a
→ →→2
 2ka  b  b
→ 2

 2 a
→ →→2
2
 2ka  b  k b ，
r
因为 a 
5 ， b
 2 ，可得6ka  b  3k 2  6 ，
k  1
2 k
a b
因为k  0 ，所以→  →  k  1  2 2 ，
2k
当且仅当 k  1 ， k  2 时取等号.
2k
→ →
2
所以a  b
min
.
设a 与b 夹角为θ，则此时csθ
17．(1) B  π
3
10 .
10
3
(2) 3
根据所选条件，利用正弦定理将边化角，再利用和（差）角公式及同角三角函数的基本关系计算可得；
–––→1
依题意可得 BD 
2
–––→ –––→

BA  BC ，将两边平方根据数量积的运算律求出a
，再利用面积公式计算可得；
【详解】（1）解：若选① a cs B  3b sin A  2a ，
由正弦定理可得sin A cs B  3 sin B sin A  2 sin A ，因为sin A  0 ，
所以cs B  3 sin B  2 ，即 1 cs B  3 sin B  sin  B π  1，
226 

因为0  B π，所以π B  π 7π，所以 B π π，则 B  π.
666623
若选② b sin  B  C   3a cs B ，则b sin A  3a cs B ，
由正弦定理可得sin B sin A  3 sin A cs B ，又sin A  0 ，
所以sin B 
3 cs B ，即tan B ，因为0  B π，所以 B  π.
3
3
若选③ 2 cs C  c  2a ，则2b cs C  c  2a ，
bb
由正弦定理可得2 sin B cs C  sin C  2 sin A ，即2 sin B cs C  sin C  2 sin  B  C  ，
所以2 sin B cs C  sin C  2 sin B cs C  2 cs B sin C ，所以sin C  2 cs B sin C ，又sin A  0 ，
所以cs B  1 ，因为0  B π，所以 B  π.
23
–––→1 –––→ –––→
13
2
（2）解：因为 D 为 AC 的中点，所以 BD  BA  BC  ，因为 BD ，



–––→21 –––→–––→ 21 –––→2–––→ –––→–––→2
所以 BD  BA  BC BA  2BA  BC  BC，
44
即13  1  4  2  2a  1  a2  ，解得a  6 或a  8 （舍去），
4 2

3
所以S 1 ac sin B  1  2  6  3  3.
V ABC
3
18．(1)10
222
(2)走私船距缉私艇 30 海里，在缉私艇的北偏东60 方向上
(3) 6 
4
30 小时
在V ABC 中根据正弦定理可得结果；
在V ACD 中根据余弦定理可得结果；
在VCDM 中由余弦定理可得结果.
【详解】（1）由C 在 A 的南偏东30 ，在 B 的东北偏方向，在V ABC 中，
ABC  45∘ , CAB  45∘ , ACB  105∘ ，由正弦定理得
AB
sinACB
AC
 sinABC ，
15  5 3 
sin105∘
AC
sin45∘
, sin105∘  sin 45∘  60∘   sin45∘ cs60∘  cs45∘ sin60∘ 
6  2 ，
4
3
代入上式得： AC  10
海里．
3
答：走私船C 与观测点 A 的距离为10
海里；
3
在V ACD 中， AC  10海里， AD  20 3 海里， DAC  60∘ ，
 DC 2  AD 2  AC 2  2 AD  AC cs60∘ ．
 1200  300  2 10 3  20 3  1 ，
2
 DC 2  900 ，解得 DC  30 海里，
AD
2 
DC
2 
AC
2
AD
DC
220 3 2  302  10 3 2
2  20 3 10 3
又csADC 3 ，
2
且0∘  ADC  180∘ ，所以ADC  30 ，
故刚发现走私船时，走私船距缉私艇 30 海里，在缉私艇的北偏东60 方向上．
设t 小时后缉私艇在M 处追上走私船，则 MC  10 3t, DM  30t ，
又DCA  90 ， DCM  90∘  30∘ 15∘  135∘ ，
在VCDM 中，由余弦定理得 DM 2  DC 2  MC 2  2 DC  MC cs135∘ ，
900t 2  300t 2  900  2 10 3t  30 cs135° ，化简得2t2  6t  3  0
解得t 
6  30 ．故缉私艇至少需要 6 
44
30 小时追上走私船．
19．(1) 312
(2)（ⅰ） 32 5 （ⅱ） 8 29  8 5
3
【详解】（1）由条件可知，正四棱柱的高O1O  8 ，
所以正四棱柱的体积为6  6  8  288 ，
三棱锥 P  A B C D 的体积为 1  6  6  2  24 ，
1 1 1 13
2
所以该几何体的体积为288  24  312 ；
62  22
（2）（ⅰ） O1B1 
 4 2 ，所以 B1C1  4 2  8 ，
62  42
正四棱锥 P  A1B1C1D1 侧面的高为
所以正四棱锥的侧面积为4  1  8 2
2
 2，
5
5
5
 32；
（ⅱ）如图，将长方形 ABB1 A1 ， △PA1B1 和△PB1C1 展开在一个平面，
PA1  PB1  PC1  6 ， A1B1  B1C1  8 ，设A1B1P α
2
cs A B P  cs PB C  csα 4  2 ， A B  AA  8 ， AB  8
1 11 163
A B A  π ，所以sinα5 ，
1 111
1 143
所以sin 2α 2 sinαcsα 2 
5  2  4 5 ，
339
 5 21
cs 2α 1 2 sin2α 1 2    ，
 3 9
cs AB C  cs  π  2α παπα

1 1 4
cs cs 2sin sin 2
44

  2  4 10
18
当 A, Q, N , C1 四点共线时， AQ  QN  NC1 最短，
AB2  B C 2  2 AB  B C cs AB C
11 1
11 1
1
所以 AC1 
 8 29  8 5
3
所以 AQ  QN  NC 的最小值为 8 29  8 5 .
13