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浙江省温州十校联合体2024-2025学年高一下学期4月期中联考数学试题
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.）
1．（2025高一下·温州期中）已知平面向量，，若，则实数（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高一下·温州期中）在中，，，，则（　　）
A．2 B． C．3 D．4
3．（2025高一下·温州期中）下列选项是真命题的是（　　）
A．
B．
C．
D．
4．（2025高一下·温州期中）已知中，，，则在上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025高一下·温州期中）在长方体中，若，，则异面直线，所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高一下·温州期中）一艘渔船航行到处时看灯塔在的南偏东30°，距离为6海里，灯塔在的北偏东60°，距离为海里，该渔船由沿正东方向继续航行到处时再看灯塔在其南偏西30°方向，则此时灯塔位于渔船的（　　）
A．北偏东60°方向 B．北偏西30°方向
C．北偏西60°方向 D．北偏东30°方向
7．（2025高一下·温州期中）已知三角形的重心为，内角A，，的对边分别为，，若，则三角形的形状是（　　）
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等边三角形 D．等腰直角三角形
8．（2025高一下·温州期中）在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑.已知在鳖臑中，，平面，当该鳖臑的外接球的表面积为时，则它的内切球的半径为（　　）
A． B． C． D．
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分.）
9．（2025高一下·温州期中）已知为非零实数，复数，，则（　　）
A．的实部为 B．的最小值为
C． D．当时，
10．（2025高一下·温州期中）在底面是菱形的四棱锥中，，，，点在上，且，点是棱的动点，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．三棱锥的体积为
C．当是棱的中点时，平面
D．直线与平面所成的角的正切值最大为
11．（2025高一下·温州期中）《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，全书十八卷共八十一个问题，分为九类，每类九个问题，《数书九章》中记录了秦九韶的许多创造性成就，其中在卷五“三斜求积”中提出了：已知三角形三边，，，求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是：“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，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积.”若把以上这段文字写成公式，即：，现有满足，且的面积，请运用上述公式判断下列命题正确的是（　　）
A．周长为9
B．若点为的外心，则
C．内切圆的面积为
D．的中线长为
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）
12．（2025高一下·温州期中）已知复数，则的虚部为　 　.
13．（2025高一下·温州期中）已知正三角形的边长为4，设点是以边为直径的圆上的动点，则的最大值为　 　.
14．（2025高一下·温州期中）如图，已知正四面体中，侧棱长为2，为中点，为中点，是上的动点，是平面上的动点，则最小值是　 　.
四、解答题（本大题共5小题，共13＋15＋15＋17＋17＋7步骤.）
15．（2025高一下·温州期中）已知复数不是纯虚数，且满足.
（1）求
（2）若复数是关于的方程（其中，为实数）的根，求.
16．（2025高一下·温州期中）在中国传统文化中，灯笼作为节日和庆典的象征，常常蕴含着丰富的美学与数学设计.灯笼不仅要考虑美观，还要具备结构上的合理性和稳定性.现在有一盏独特的节庆灯笼，它的外形结构包括多个几何体，具体设计如下：顶部装饰：灯笼的顶部是一个正六棱台，上底边长为，下底边长为，高度为；中间结构：灯笼的中部是一个正六棱柱，底面边长为，高度为；底部基座：灯笼的底部是一个倒置的正六棱台，其形状、大小均与顶部的正六棱台相同.
（1）求灯笼总体积.
（2）灯笼所需纸张的总表面积.（备注：灯笼上下底不糊纸.）
17．（2025高一下·温州期中）如图，设，是平面内相交成60°角的两条数轴，，分别是与，轴正方向同向的单位向量.若则把有序数对叫做向量在坐标系中的坐标，记作，已知点，分别在，轴，，，，为非零实数，点满足.
（1）求向量在坐标系中的坐标；
（2）若，，求向量在坐标系中的坐标；
（3）求的最小值.
18．（2025高一下·温州期中）如图，多面体中，四边形为矩形，，，，，，，.
（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求点到平面的距离.
19．（2025高一下·温州期中）“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于120°时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知的内角，，所对的边分别为，，，点为的费马点，且满足，.
（1）求；
（2）求的值；
（3）求的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：因为平面向量，，且，则，所以.
故答案为：B.
【分析】利用平面向量共线的坐标表示公式，直接列方程求解 λ。
2．【答案】A
【知识点】三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由题可得，，因，则，
则.
故答案为：A
【分析】先由 求出 ，再代入三角形面积公式 计算。
3．【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】解：如图，在正方体中，
A，记平面为，平面为，平面为，则满足，但不垂直，故A错误；
B，记平面为，直线为，直线为，则满足，但，故B错误；
C，记平面为，平面为，直线为，直线为，则满足，但，故C错误；
D，由面面平行的性质定理可知，故D正确.
故答案为：D
【分析】通过构造正方体模型，对A、B、C选项举出反例进行否定；利用面面平行的性质定理直接证明D正确。
4．【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：根据题意可得，由勾股定理可知；
则在上的投影向量为.
故答案为：C
【分析】先由 得出 ，再结合已知角度和边长，利用投影向量公式计算。
5．【答案】B
【知识点】异面直线所成的角；解三角形
【解析】【解答】解：连接、，由题可得，又，
则四边形为平行四边形，则，
即，所成角，即为与所成角或其补角，
又由题可得，，
则.
因此，异面直线，所成角的余弦值为.
故答案为：B.
【分析】利用长方体中棱的平行关系，将异面直线所成角转化为共面直线所成角，再通过余弦定理求解。
6．【答案】D
【知识点】解三角形；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：如图，
由题意得，在中，，，，
则为正三角形，则，
在中，因为，，
由余弦定理得，
所以，
由正弦定理得，
所以，
因为，故为锐角，
故，此时灯塔C位于渔船的北偏西方向.
故答案为：D.
【分析】先在 △ABD 中判断其为正三角形，求出 AD 的长度；再在 △ACD 中利用余弦定理和正弦定理，求出 CD 的长度及 ∠CDA，从而确定 C 相对于 D 的方位。
7．【答案】D
【知识点】平面向量的基本定理；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：因，则.
又，由平面向量基本定理可得：
.
则，，故三角形是等腰直角三角形.
故答案为：D
【分析】利用三角形重心的向量性质 ，将已知等式转化为 、 的线性组合，再由平面向量基本定理得到三边比例，进而判断三角形形状。
8．【答案】C
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：
根据已知条件可以将三棱锥放在长方体中，如图，
三棱锥的外接球即为长方体的外接球，
设三棱锥的外接球的半径为，内切球的半径为，
三棱锥的外接球的表面积为，，，
，，解得，
，
，，
三棱锥的表面积为
，
又，，
故答案为：C.
【分析】先将鳖臑放入长方体中，利用外接球表面积求出长方体的棱长（即AB的长度），再计算三棱锥体积和表面积，最后用等体积法求内切球半径。
9．【答案】B,C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】解：A：因为复数，，所以，所以的实部为，故A错误；
B：，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为，故B正确；
C：因为，所以，，所以，故C正确；
D：当时，，则，又，根据两虚数不能比较大小，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】利用复数的四则运算、模长公式及基本不等式，逐一判断选项ABC；根据复数不能直接比较大小的规则判断D。
10．【答案】A,C,D
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A，因为四边形为菱形，则，因为，，，故为等边三角形，
所以，，则，故，同理可得，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，故，A正确；
B，易知为等边三角形，，因为点在上，且，则，
故，B错误；
C，连接交于点，连接，取线段的中点，连接、，
因为四边形为菱形，，则为的中点，
因为点在上，且，为的中点，则，
所以为的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为为的中点，为的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为，、平面，所以平面平面，
因为平面，故平面，C正确；
D，如下图所示：
由A选项可知，平面，所以直线与平面所成角为，
因为平面，所以，则，
因为是边长为的等边三角形，故，
因为平面，平面，所以，
又因为，故为等腰直角三角形，则，
当时，取最小值，且最小值为，
此时，取最大值，且最大值为，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】通过线面垂直判定、等体积法、面面平行判定和线面角定义，逐一分析各选项的正确性。
11．【答案】B,C,D
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的数量积运算；解三角形
【解析】【解答】解：A，因为，故设，，，
所以，
因为，所以，解得或（舍去），
所以，，，所以的周长为，故A错误；
B，因点为的外心，
则，
同理可得，，
则，故B正确；
C，记的内切圆半径为，则，即，
则，故内切圆面积为，故C正确；
D，因，则，
利用余弦定理可得，，
即，解得，故D正确.
故答案为：BCD
【分析】先根据三边比例设出边长，代入秦九韶面积公式求出参数 m，再利用向量数量积、内切圆半径公式和中线定理逐一判断各选项。
12．【答案】
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，故复数的虚部为.
故答案为：.
【分析】先对复数z进行分母有理化，化简为标准形式a+bi，其中b即为虚部。
13．【答案】12
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；向量在几何中的应用；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：如图以中点为原点，为轴建立平面直角坐标系，
因为正三角形的边长为4，
则，
以边为直径的圆为，设，
则，
所以
，
因为，所以的最大值为12.
故答案为：12
【分析】通过建立平面直角坐标系，将向量运算转化为坐标运算，再利用三角恒等变换求表达式的最大值。
14．【答案】
【知识点】棱锥的结构特征；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：
由题可得，平面SCF，则平面SCF.
取BC中点为G，连接EG与CF交于H，因，则平面SCF.
设P关于平面SCF的对称点为，由对称性可知，，则.
则当A，Q，三点共线时可得最小，此时，
则当时，取最小值.
在三角形中，由题可得
则.
综上，.
故答案为：
【分析】利用对称性将 转化为 ，当 共线时，最小值为 到平面 内某点的最短距离，再通过等面积法求解。
15．【答案】（1）解：由已知，设
代入并整理得：
，
解得，所以，
所以.
（2）解：由（1）可得，由是方程的根，
所以也是方程的根，
由一元二次方程根与系数的关系得，
得，解得，，则.
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模；方程在复数范围内的解集
【解析】【分析】(1)设z=a+bi（a，b∈R），代入方程利用复数相等条件求出a，b，再计算模长∣z∣。
(2)利用实系数二次方程虚根共轭成对的性质，得到另一根，再由韦达定理求s，t，最后计算s+t。
（1）由已知，设
代入并整理得：
，
解得，所以，
所以.
（2）由（1）可得，由是方程的根，
所以也是方程的根，
由一元二次方程根与系数的关系得，
得，解得，，则.
16．【答案】（1）解：.
.
.
.
（2）解：作出正六棱台的示意图所示：
由题意可得正方棱台的截面也是等腰梯形，过作于，
由题意可得，
所以，
所以，
由侧面是等腰梯形，且上底为，下底为，腰为，
所以梯形的高为
.
.

【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；柱体的体积公式及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【分析】(1)将灯笼拆分为顶部正六棱台、中间正六棱柱、底部正六棱台三部分，分别用棱台、棱柱体积公式计算，再求和得到总体积。
(2)计算两个正六棱台的侧面积与中间正六棱柱的侧面积，三者之和即为所需纸张的总表面积。
（1）.
.
.
.
（2）作出正六棱台的示意图所示：
由题意可得正方棱台的截面也是等腰梯形，过作于，
由题意可得，所以，所以，
由侧面是等腰梯形，且上底为，下底为，腰为，
所以梯形的高为
.
.
17．【答案】（1）解：由可得.
即.
即向量在坐标系中的坐标为；
（2）解：若，则.
所以.
因为，.
即.
解得，
所以向量在坐标系中的坐标为；
（3）解：因为，；
所以；
当，即时，取得最小值，最小值为.
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】(1)利用向量线性运算，将 用 、 表示，再转化为以 为基底的形式，得到坐标。
(2)根据 的条件，利用向量数量积为0建立方程，求解 得到 的坐标。
(3)将 表示为关于 的函数，利用二次函数性质求最小值。
（1）由可得.
即.
即向量在坐标系中的坐标为；
（2）若，则.
所以.
因为，.
即.
解得，
所以向量在坐标系中的坐标为；
（3）因为，；
所以；
当，即时，取得最小值，最小值为.
18．【答案】（1）证明：∵，，
又，，平面，
∴平面，
∵平面，∴平面平面.
（2）解：作于，因为平面，
由（1）知平面，所以，
又，、平面，
所以平面，连结，
∵，∴点到平面的距离等于点到平面的距离，
设直线与平面所成角为，
又，，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值为.
（3）解：由（2）知平面，设点到平面的距离为，
又，则，得到，
又，，，
所以.
【知识点】平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】(1)利用矩形性质和已知垂直关系，证明CD⊥平面ADE，进而由面面垂直判定定理得证。
(2)作AO⊥DE，证明 AO⊥平面CDEF，再利用AB∥CD得到点B到平面CDEF的距离，最后由线面角定义求解。
(3)利用DE∥CF，将点F到平面ABCD的距离转化为点E到平面ABCD的距离，通过等体积法或直接作高求解。
（1）∵，，
又，，平面，
∴平面，
∵平面，∴平面平面.
（2）作于，因为平面，
由（1）知平面，所以，
又，、平面，
所以平面，连结，
∵，∴点到平面的距离等于点到平面的距离，
设直线与平面所成角为，
又，，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值为.
（3）由（2）知平面，设点到平面的距离为，
又，则，得到，
又，，，
所以.
19．【答案】（1）解：由，得，
所以，
所以.，
所以，
因为，所以，
可得，又，所以；
（2）解：由，可得的三个内角均小于120°，又点为的费马点，
则，
由可得，
由余弦定理可得，
所以，所以，
又，
故，
可得.
所以；
（3）解：设，则，，，
其中，
在中，由正弦定理可得，即，
则，
在中，由正弦定理可得，即，
则，
，
又
，
又，
所以的取值范围是.
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1)利用正弦定理将边的关系转化为角的关系，通过三角恒等变换求出，进而得到角。
(2)先由余弦定理求出，再利用费马点性质和面积关系得到，最后根据向量数量积定义计算。
(3)设角，用正弦定理表示、，将转化为三角函数，利用三角恒等变换求取值范围。
（1）由，得，
所以，
所以.，
所以，
因为，所以，
可得，又，所以；
（2）由，可得的三个内角均小于120°，又点为的费马点，
则，
由可得，
由余弦定理可得，
所以，所以，
又，
故，
可得.
所以；
（3）设，则，，，
其中，
在中，由正弦定理可得，即，
则，
在中，由正弦定理可得，即，
则，
，
又
，
又，
所以的取值范围是.
1 / 1浙江省温州十校联合体2024-2025学年高一下学期4月期中联考数学试题
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.）
1．（2025高一下·温州期中）已知平面向量，，若，则实数（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：因为平面向量，，且，则，所以.
故答案为：B.
【分析】利用平面向量共线的坐标表示公式，直接列方程求解 λ。
2．（2025高一下·温州期中）在中，，，，则（　　）
A．2 B． C．3 D．4
【答案】A
【知识点】三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由题可得，，因，则，
则.
故答案为：A
【分析】先由 求出 ，再代入三角形面积公式 计算。
3．（2025高一下·温州期中）下列选项是真命题的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】解：如图，在正方体中，
A，记平面为，平面为，平面为，则满足，但不垂直，故A错误；
B，记平面为，直线为，直线为，则满足，但，故B错误；
C，记平面为，平面为，直线为，直线为，则满足，但，故C错误；
D，由面面平行的性质定理可知，故D正确.
故答案为：D
【分析】通过构造正方体模型，对A、B、C选项举出反例进行否定；利用面面平行的性质定理直接证明D正确。
4．（2025高一下·温州期中）已知中，，，则在上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：根据题意可得，由勾股定理可知；
则在上的投影向量为.
故答案为：C
【分析】先由 得出 ，再结合已知角度和边长，利用投影向量公式计算。
5．（2025高一下·温州期中）在长方体中，若，，则异面直线，所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】异面直线所成的角；解三角形
【解析】【解答】解：连接、，由题可得，又，
则四边形为平行四边形，则，
即，所成角，即为与所成角或其补角，
又由题可得，，
则.
因此，异面直线，所成角的余弦值为.
故答案为：B.
【分析】利用长方体中棱的平行关系，将异面直线所成角转化为共面直线所成角，再通过余弦定理求解。
6．（2025高一下·温州期中）一艘渔船航行到处时看灯塔在的南偏东30°，距离为6海里，灯塔在的北偏东60°，距离为海里，该渔船由沿正东方向继续航行到处时再看灯塔在其南偏西30°方向，则此时灯塔位于渔船的（　　）
A．北偏东60°方向 B．北偏西30°方向
C．北偏西60°方向 D．北偏东30°方向
【答案】D
【知识点】解三角形；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：如图，
由题意得，在中，，，，
则为正三角形，则，
在中，因为，，
由余弦定理得，
所以，
由正弦定理得，
所以，
因为，故为锐角，
故，此时灯塔C位于渔船的北偏西方向.
故答案为：D.
【分析】先在 △ABD 中判断其为正三角形，求出 AD 的长度；再在 △ACD 中利用余弦定理和正弦定理，求出 CD 的长度及 ∠CDA，从而确定 C 相对于 D 的方位。
7．（2025高一下·温州期中）已知三角形的重心为，内角A，，的对边分别为，，若，则三角形的形状是（　　）
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等边三角形 D．等腰直角三角形
【答案】D
【知识点】平面向量的基本定理；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：因，则.
又，由平面向量基本定理可得：
.
则，，故三角形是等腰直角三角形.
故答案为：D
【分析】利用三角形重心的向量性质 ，将已知等式转化为 、 的线性组合，再由平面向量基本定理得到三边比例，进而判断三角形形状。
8．（2025高一下·温州期中）在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑.已知在鳖臑中，，平面，当该鳖臑的外接球的表面积为时，则它的内切球的半径为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：
根据已知条件可以将三棱锥放在长方体中，如图，
三棱锥的外接球即为长方体的外接球，
设三棱锥的外接球的半径为，内切球的半径为，
三棱锥的外接球的表面积为，，，
，，解得，
，
，，
三棱锥的表面积为
，
又，，
故答案为：C.
【分析】先将鳖臑放入长方体中，利用外接球表面积求出长方体的棱长（即AB的长度），再计算三棱锥体积和表面积，最后用等体积法求内切球半径。
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分.）
9．（2025高一下·温州期中）已知为非零实数，复数，，则（　　）
A．的实部为 B．的最小值为
C． D．当时，
【答案】B,C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】解：A：因为复数，，所以，所以的实部为，故A错误；
B：，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为，故B正确；
C：因为，所以，，所以，故C正确；
D：当时，，则，又，根据两虚数不能比较大小，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】利用复数的四则运算、模长公式及基本不等式，逐一判断选项ABC；根据复数不能直接比较大小的规则判断D。
10．（2025高一下·温州期中）在底面是菱形的四棱锥中，，，，点在上，且，点是棱的动点，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．三棱锥的体积为
C．当是棱的中点时，平面
D．直线与平面所成的角的正切值最大为
【答案】A,C,D
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A，因为四边形为菱形，则，因为，，，故为等边三角形，
所以，，则，故，同理可得，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，故，A正确；
B，易知为等边三角形，，因为点在上，且，则，
故，B错误；
C，连接交于点，连接，取线段的中点，连接、，
因为四边形为菱形，，则为的中点，
因为点在上，且，为的中点，则，
所以为的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为为的中点，为的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为，、平面，所以平面平面，
因为平面，故平面，C正确；
D，如下图所示：
由A选项可知，平面，所以直线与平面所成角为，
因为平面，所以，则，
因为是边长为的等边三角形，故，
因为平面，平面，所以，
又因为，故为等腰直角三角形，则，
当时，取最小值，且最小值为，
此时，取最大值，且最大值为，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】通过线面垂直判定、等体积法、面面平行判定和线面角定义，逐一分析各选项的正确性。
11．（2025高一下·温州期中）《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，全书十八卷共八十一个问题，分为九类，每类九个问题，《数书九章》中记录了秦九韶的许多创造性成就，其中在卷五“三斜求积”中提出了：已知三角形三边，，，求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是：“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，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积.”若把以上这段文字写成公式，即：，现有满足，且的面积，请运用上述公式判断下列命题正确的是（　　）
A．周长为9
B．若点为的外心，则
C．内切圆的面积为
D．的中线长为
【答案】B,C,D
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的数量积运算；解三角形
【解析】【解答】解：A，因为，故设，，，
所以，
因为，所以，解得或（舍去），
所以，，，所以的周长为，故A错误；
B，因点为的外心，
则，
同理可得，，
则，故B正确；
C，记的内切圆半径为，则，即，
则，故内切圆面积为，故C正确；
D，因，则，
利用余弦定理可得，，
即，解得，故D正确.
故答案为：BCD
【分析】先根据三边比例设出边长，代入秦九韶面积公式求出参数 m，再利用向量数量积、内切圆半径公式和中线定理逐一判断各选项。
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）
12．（2025高一下·温州期中）已知复数，则的虚部为　 　.
【答案】
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，故复数的虚部为.
故答案为：.
【分析】先对复数z进行分母有理化，化简为标准形式a+bi，其中b即为虚部。
13．（2025高一下·温州期中）已知正三角形的边长为4，设点是以边为直径的圆上的动点，则的最大值为　 　.
【答案】12
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；向量在几何中的应用；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：如图以中点为原点，为轴建立平面直角坐标系，
因为正三角形的边长为4，
则，
以边为直径的圆为，设，
则，
所以
，
因为，所以的最大值为12.
故答案为：12
【分析】通过建立平面直角坐标系，将向量运算转化为坐标运算，再利用三角恒等变换求表达式的最大值。
14．（2025高一下·温州期中）如图，已知正四面体中，侧棱长为2，为中点，为中点，是上的动点，是平面上的动点，则最小值是　 　.
【答案】
【知识点】棱锥的结构特征；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：
由题可得，平面SCF，则平面SCF.
取BC中点为G，连接EG与CF交于H，因，则平面SCF.
设P关于平面SCF的对称点为，由对称性可知，，则.
则当A，Q，三点共线时可得最小，此时，
则当时，取最小值.
在三角形中，由题可得
则.
综上，.
故答案为：
【分析】利用对称性将 转化为 ，当 共线时，最小值为 到平面 内某点的最短距离，再通过等面积法求解。
四、解答题（本大题共5小题，共13＋15＋15＋17＋17＋7步骤.）
15．（2025高一下·温州期中）已知复数不是纯虚数，且满足.
（1）求
（2）若复数是关于的方程（其中，为实数）的根，求.
【答案】（1）解：由已知，设
代入并整理得：
，
解得，所以，
所以.
（2）解：由（1）可得，由是方程的根，
所以也是方程的根，
由一元二次方程根与系数的关系得，
得，解得，，则.
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模；方程在复数范围内的解集
【解析】【分析】(1)设z=a+bi（a，b∈R），代入方程利用复数相等条件求出a，b，再计算模长∣z∣。
(2)利用实系数二次方程虚根共轭成对的性质，得到另一根，再由韦达定理求s，t，最后计算s+t。
（1）由已知，设
代入并整理得：
，
解得，所以，
所以.
（2）由（1）可得，由是方程的根，
所以也是方程的根，
由一元二次方程根与系数的关系得，
得，解得，，则.
16．（2025高一下·温州期中）在中国传统文化中，灯笼作为节日和庆典的象征，常常蕴含着丰富的美学与数学设计.灯笼不仅要考虑美观，还要具备结构上的合理性和稳定性.现在有一盏独特的节庆灯笼，它的外形结构包括多个几何体，具体设计如下：顶部装饰：灯笼的顶部是一个正六棱台，上底边长为，下底边长为，高度为；中间结构：灯笼的中部是一个正六棱柱，底面边长为，高度为；底部基座：灯笼的底部是一个倒置的正六棱台，其形状、大小均与顶部的正六棱台相同.
（1）求灯笼总体积.
（2）灯笼所需纸张的总表面积.（备注：灯笼上下底不糊纸.）
【答案】（1）解：.
.
.
.
（2）解：作出正六棱台的示意图所示：
由题意可得正方棱台的截面也是等腰梯形，过作于，
由题意可得，
所以，
所以，
由侧面是等腰梯形，且上底为，下底为，腰为，
所以梯形的高为
.
.

【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；柱体的体积公式及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【分析】(1)将灯笼拆分为顶部正六棱台、中间正六棱柱、底部正六棱台三部分，分别用棱台、棱柱体积公式计算，再求和得到总体积。
(2)计算两个正六棱台的侧面积与中间正六棱柱的侧面积，三者之和即为所需纸张的总表面积。
（1）.
.
.
.
（2）作出正六棱台的示意图所示：
由题意可得正方棱台的截面也是等腰梯形，过作于，
由题意可得，所以，所以，
由侧面是等腰梯形，且上底为，下底为，腰为，
所以梯形的高为
.
.
17．（2025高一下·温州期中）如图，设，是平面内相交成60°角的两条数轴，，分别是与，轴正方向同向的单位向量.若则把有序数对叫做向量在坐标系中的坐标，记作，已知点，分别在，轴，，，，为非零实数，点满足.
（1）求向量在坐标系中的坐标；
（2）若，，求向量在坐标系中的坐标；
（3）求的最小值.
【答案】（1）解：由可得.
即.
即向量在坐标系中的坐标为；
（2）解：若，则.
所以.
因为，.
即.
解得，
所以向量在坐标系中的坐标为；
（3）解：因为，；
所以；
当，即时，取得最小值，最小值为.
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】(1)利用向量线性运算，将 用 、 表示，再转化为以 为基底的形式，得到坐标。
(2)根据 的条件，利用向量数量积为0建立方程，求解 得到 的坐标。
(3)将 表示为关于 的函数，利用二次函数性质求最小值。
（1）由可得.
即.
即向量在坐标系中的坐标为；
（2）若，则.
所以.
因为，.
即.
解得，
所以向量在坐标系中的坐标为；
（3）因为，；
所以；
当，即时，取得最小值，最小值为.
18．（2025高一下·温州期中）如图，多面体中，四边形为矩形，，，，，，，.
（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明：∵，，
又，，平面，
∴平面，
∵平面，∴平面平面.
（2）解：作于，因为平面，
由（1）知平面，所以，
又，、平面，
所以平面，连结，
∵，∴点到平面的距离等于点到平面的距离，
设直线与平面所成角为，
又，，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值为.
（3）解：由（2）知平面，设点到平面的距离为，
又，则，得到，
又，，，
所以.
【知识点】平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】(1)利用矩形性质和已知垂直关系，证明CD⊥平面ADE，进而由面面垂直判定定理得证。
(2)作AO⊥DE，证明 AO⊥平面CDEF，再利用AB∥CD得到点B到平面CDEF的距离，最后由线面角定义求解。
(3)利用DE∥CF，将点F到平面ABCD的距离转化为点E到平面ABCD的距离，通过等体积法或直接作高求解。
（1）∵，，
又，，平面，
∴平面，
∵平面，∴平面平面.
（2）作于，因为平面，
由（1）知平面，所以，
又，、平面，
所以平面，连结，
∵，∴点到平面的距离等于点到平面的距离，
设直线与平面所成角为，
又，，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值为.
（3）由（2）知平面，设点到平面的距离为，
又，则，得到，
又，，，
所以.
19．（2025高一下·温州期中）“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于120°时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知的内角，，所对的边分别为，，，点为的费马点，且满足，.
（1）求；
（2）求的值；
（3）求的取值范围.
【答案】（1）解：由，得，
所以，
所以.，
所以，
因为，所以，
可得，又，所以；
（2）解：由，可得的三个内角均小于120°，又点为的费马点，
则，
由可得，
由余弦定理可得，
所以，所以，
又，
故，
可得.
所以；
（3）解：设，则，，，
其中，
在中，由正弦定理可得，即，
则，
在中，由正弦定理可得，即，
则，
，
又
，
又，
所以的取值范围是.
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1)利用正弦定理将边的关系转化为角的关系，通过三角恒等变换求出，进而得到角。
(2)先由余弦定理求出，再利用费马点性质和面积关系得到，最后根据向量数量积定义计算。
(3)设角，用正弦定理表示、，将转化为三角函数，利用三角恒等变换求取值范围。
（1）由，得，
所以，
所以.，
所以，
因为，所以，
可得，又，所以；
（2）由，可得的三个内角均小于120°，又点为的费马点，
则，
由可得，
由余弦定理可得，
所以，所以，
又，
故，
可得.
所以；
（3）设，则，，，
其中，
在中，由正弦定理可得，即，
则，
在中，由正弦定理可得，即，
则，
，
又
，
又，
所以的取值范围是.
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