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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
一、单选题
1．已知复数，则（ ）
A． B． C． D．5
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
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．8 D．
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．
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
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．
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．
8．在中，，，点M为所在平面内一点且，则的最小值为（ ）
A．0 B． C． D．
二、多选题
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
10．根据下列条件解三角形，其中恰有一解的是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
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
三、填空题
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________.
13．若复数满足，则的虚部为________.
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________.
四、解答题
15．已知，，且与的夹角为120°，
(1)求；
(2)求与的夹角．
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.
17．如图，在平面四边形ABCD中，，．
(1)若，，求的值；
(2)若，，求的面积．
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．
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.
参考答案
1．C
【详解】因为，所以，
故选：C.
2．B
【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．D
【详解】依题意，，，
因此，
所以对该物体所做的功为.
4．B
【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．B
【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．A
【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．C
【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．C
【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.
9．ACD
【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．BD
【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．ABD
【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.
12．
【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．
【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．
【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.
15．(1)
(2)
【详解】（1）因为，，且与的夹角为，
所以
所以
所以.
（2）因为
，
所以
因为，
所以与的夹角为.
16．(1)
(2)
【详解】（1）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.
（2）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．(1)
(2)
【详解】（1）在中，，，
由余弦定理得，
所以，
在中，，，，
由正弦定理得，则，解得.
（2）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．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）因，，，
则，，，
则，.
（2）由（1）可知，，，
则
.
因为，，则，
则，
故.
（3）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．(1)
(2)①；②
【详解】（1）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；
（2）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.

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