福建福州铜盘中学2025-2026学年高一年级下学期期中数学试卷

福州市鼓楼区铜盘中学2025-2026学年高一年级下期中数学试卷 一．选择题（共8小题） 1．已知平面向量，，若向量与共线，则x＝（　　） A．﹣2 B． C．2 D．5 2．复数z满足（z+1）•i＝1﹣2i（i为虚数单位），则z的共轭复数的虚部是（　　） A．﹣3 B．﹣3i C．1 D．i 3．在△ABC中，D为BC的中点，E为AB上一点，则（　　） A． B． C． D． 4．圆台的一个底面圆周长是另一个底面圆周长的3倍，母线长为15，圆台的侧面积为420π，则圆台较小底面圆的半径为（　　） A．5 B．6 C．7 D．3 5．如图，△O'A'B'是一个平面图形的直观图，其中△O'A'B'是直角三角形，∠O'A'B'＝90°，O'A'＝2，则原图形的面积是（　　） A．4 B． C．8 D． 6．已知向量（x，1），（4，x），则“x＞0”是“向量与的夹角为锐角”的（　　） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 7．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S．若a＝1，且4S＝acosB+bcosA，则B＝（　　） A． B． C． D． 8．平行四边形ABCD中，AB＝4，AD＝2，，点P在边CD上，则的取值范围是（　　） A．[﹣1，8] B． C． D．[﹣2，0] 二．多选题（共3小题） （多选）9．已知向量（1，3），，则（　　） A．（2，﹣3） B．向量，的夹角为 C．1 D．在方向上的投影向量是（﹣1，2） （多选）10．下列说法正确的是（　　） A．，z∈C B．i2025＝i C．若|z|＝1，z∈C，则|z﹣2|的最小值为2 D．若﹣4+3i是关于x的方程x2+px+q＝0（p，q∈R）的根，则p＝8 （多选）11．对于△ABC有如下命题，其中正确的是（　　） A．若sin2A+sin2B+cos2C＜1，则△ABC为钝角三角形 B．若，，且△ABC有两解，则b的取值范围是 C．在△ABC中，若A＞B，则不等式sinA＞sinB恒成立 D．在△ABC中，若B＝60°，b2＝ac，则△ABC必是等边三角形 三．填空题（共3小题） 12．一个底面半径为2cm的圆柱形容器内盛有足量的水，能放入一个半径为1cm的实心铁球，沉入水底后，水未溢出容器，则水面升高了　 　 cm． 13．海上一观测站A测得南偏西60°的方向上有一艘停止待维修的商船D，在商船D的正东方有一艘海盗船B正向它靠近，速度为每小时90海里，此时海盗船B距观测站10海里，20分钟后测得海盗船B距观测站20海里的C处，再经　 　 分钟海盗船B到达商船D处． 14．如图，在△ABC中，N是AC边上一点，且，P是BN边上一点．若，则实数m的值是　 　 ． 四．解答题（共5小题） 15．已知复数z＝（1+i）m2﹣（2+i）m﹣2i（m∈R）． （1）若z是纯虚数，求m的值； （2）若z在复平面内所对应的点在第四象限，求m的取值范围． 16．如图，在平行四边形ABCD中，E为BC的中点，设，． （1）用表示； （2）若AB＝2，AD＝6，且∠BAD＝120°，求． 17．如图，在△ABC中，AB＝2，cosB，点D在线段BC上． （1）若∠ADCπ，求AD的长； （2）若BD＝2DC，△ADC的面积为，求AC的长． 18．如图，在高为2的正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝2，D是棱AB的中点． （1）求该正三棱柱的体积； （2）求三棱锥D﹣A1B1C的体积； （3）设E为棱B1C1的中点，F为棱BB1上一点，求AF+EF的最小值． 19．“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△ABC的三个内角均小于120°时，使得∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝120°的点O即为费马点；当△ABC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△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且设点P为△ABC的费马点． （1）若，且△ABC面积为． （i）求角B； （ii）求； （2）若，△PCA，△PCB，△PAB的面积为S1，S2，S3，求的最小值． 福州市鼓楼区铜盘中学2025-2026学年高一年级下期中数学试卷 参考答案与试题解析 一．选择题（共8小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B C D C B C A C 二．多选题（共3小题） 题号 9 10 11 答案 BD ABD A C D 一．选择题（共8小题） 1．已知平面向量，，若向量与共线，则x＝（　　） A．﹣2 B． C．2 D．5 【答案】B 【解答】解：因为向量与共线， 所以6（x﹣1）﹣2（2﹣x）＝0， 解得． 故选：B． 2．复数z满足（z+1）•i＝1﹣2i（i为虚数单位），则z的共轭复数的虚部是（　　） A．﹣3 B．﹣3i C．1 D．i 【答案】C 【解答】解：复数z满足（z+1）•i＝1﹣2i， 则， 所以，所以复数z的共轭复数的虚部为1． 故选：C． 3．在△ABC中，D为BC的中点，E为AB上一点，则（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】因为D为BC的中点，由向量加法的平行四边形法则（或中点向量公式），可得：因此：故答案为：D 4．圆台的一个底面圆周长是另一个底面圆周长的3倍，母线长为15，圆台的侧面积为420π，则圆台较小底面圆的半径为（　　） A．5 B．6 C．7 D．3 【答案】C 【解答】设圆台较小底面圆的半径为r，则较小底面的周长为2πr．由于一个底面圆周长是另一个底面圆周长的3倍，所以较大底面圆的周长为3×2πr ＝ 6πr，故较大底面圆的半径为3r．已知圆台的母线长l ＝ 15，圆台的侧面积公式为：S ＝ π（r1+r2）l其中r1为小底面半径，r2为大底面半径．将已知条件代入公式：420π ＝ π（r+3r）×15化简得：420π ＝ π×4r×15420π ＝ 60πr两边同时除以π：420 ＝ 60r解得：r ＝ 7经验证：当r ＝ 7时，大底面半径为21，侧面积 ＝ π（7+21）×15 ＝ π×28×15 ＝ 420π，符合题意．因此，圆台较小底面圆的半径为7，故选C． 5．如图，△O'A'B'是一个平面图形的直观图，其中△O'A'B'是直角三角形，∠O'A'B'＝90°，O'A'＝2，则原图形的面积是（　　） A．4 B． C．8 D． 【答案】B 【解答】解：画出原图形△OAB，如图所示： 因为△OAB的直观图是ΔO'A'B'， 所以OA＝O'A'＝2，OB＝2O′B′＝4， 则△OAB的面积为． 故选：B． 6．已知向量（x，1），（4，x），则“x＞0”是“向量与的夹角为锐角”的（　　） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【解答】解：由题意，若，则有x2＝4，解得x＝±2， 若向量与的夹角为锐角，则有且， 所以4x+x＞0且x≠2，解得x∈（0，2）∪（2，+∞）， 故“x＞0”是“向量与的夹角为锐角”的必要不充分条件． 故选：C． 7．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S．若a＝1，且4S＝acosB+bcosA，则B＝（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】由射影定理，在△ABC中有c＝acosB+bcosA．因此条件4S＝acosB+bcosA可化为4S＝c．根据三角形面积公式，，所以，即2absinC＝c．由正弦定理，得a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC．代入2absinC＝c：2×（2RsinA）×（2RsinB）×sinC＝2RsinC由于sinC≠0（C为三角形内角），两边除以2RsinC：4RsinAsinB＝1又a＝2RsinA＝1，所以2RsinA＝1，即．代入上式：2×（2RsinA）sinB＝2×1×sinB＝2sinB＝1因此．由于B∈（0，π），所以或．需检验哪个解有效．当时，需要确定角A和C是否存在．由，且．同时由4S＝c和，得2bsinC＝c．由正弦定理，．代入2bsinC＝c：，即，恒成立．所以当时，只需且A＞0，C＞0即可，存在无数组解，例如取验证：，验证成立．当时，同理可取等验证也可成立，此时仍满足．但需进一步约束．实际上，回到2sinB＝1的推导，其中用到a＝1＝2RsinA，而2R是确定的．注意到题目选项中有和等，不在选项中，而在选项A中．再验证是否可能：此时．故唯一在选项中的解为．故选：A． 8．平行四边形ABCD中，AB＝4，AD＝2，，点P在边CD上，则的取值范围是（　　） A．[﹣1，8] B． C． D．[﹣2，0] 【答案】C 【解答】解：已知平行四边形ABCD中，AB＝4，AD＝2，， 设，0≤λ≤1， 则 ， 又0≤λ≤1， 则的取值范围是， 故选：C． 二．多选题（共3小题） （多选）9．已知向量（1，3），，则（　　） A．（2，﹣3） B．向量，的夹角为 C．1 D．在方向上的投影向量是（﹣1，2） 【答案】BD 【解答】解：对于A，∵，， ∴， ∵， ∴，故A错误； 对于B，， 则向量的夹角为，故B正确； 对于C，∵， ∴，故C错误； 对于D，在方向上的投影向量为，故D正确． 故选：BD． （多选）10．下列说法正确的是（　　） A．，z∈C B．i2025＝i C．若|z|＝1，z∈C，则|z﹣2|的最小值为2 D．若﹣4+3i是关于x的方程x2+px+q＝0（p，q∈R）的根，则p＝8 【答案】ABD 【解答】解：由复数的模的运算法则可知，z∈C，选项A 正确． i2025＝i2024+1＝i，所以B正确． |z|＝1，z∈C，z是复平面对应点到原点的距离为1的点的轨迹，则|z﹣2|的最小值为1，所以C不正确． ﹣4+3i是关于x的方程x2+px+q＝0（p，q∈R）的根， ﹣4﹣3i也是关于x的方程x2+px+q＝0（p，q∈R）的根，则﹣p＝﹣4﹣3i﹣4+3i＝﹣8，则p＝8，所以D正确． 故选：ABD． （多选）11．对于△ABC有如下命题，其中正确的是（　　） A．若sin2A+sin2B+cos2C＜1，则△ABC为钝角三角形 B．若，，且△ABC有两解，则b的取值范围是 C．在△ABC中，若A＞B，则不等式sinA＞sinB恒成立 D．在△ABC中，若B＝60°，b2＝ac，则△ABC必是等边三角形 【答案】ACD 【解答】选项A：由sin2A+sin2B+cos2C＜1，得sin2A+sin2B＜1﹣cos2C＝sin2C．由正弦定理，可知sin2A+sin2B＜sin2C等价于a2+b2＜c2．由余弦定理0，故C为钝角，△ABC为钝角三角形．因此A正确．选项B：由正弦定理，代入，，得，即．三角形有两解的充要条件是asinB＜b＜a，即，化简得．而原选项范围为，其中部分不满足两解条件（当b＝3时sinA＝1，仅一解；当b＜3时sinA＞1，无解）．因此B错误．选项C：在△ABC中，若A＞B，则A﹣B＞0．利用和差化积公式：．由于A+B＜π，故，因此．又因为0＜A﹣B＜π，所以，故．综上，sinA﹣sinB＞0，即sinA＞sinB恒成立．因此C正确．选项D：由余弦定理．已知b2＝ac，代入得ac＝a2+c2﹣ac，整理得a2﹣2ac+c2＝0，即（a﹣c）2＝0，所以a＝c．又B＝60°，故，三内角均为60°，△ABC为等边三角形．因此D正确．故正确的选项为A、C、D． 三．填空题（共3小题） 12．一个底面半径为2cm的圆柱形容器内盛有足量的水，能放入一个半径为1cm的实心铁球，沉入水底后，水未溢出容器，则水面升高了　　 cm． 【答案】． 【解答】解：由题可得：水面升高的体积即为球的体积， 可得π×22hπ•13，解得h． 故答案为：． 13．海上一观测站A测得南偏西60°的方向上有一艘停止待维修的商船D，在商船D的正东方有一艘海盗船B正向它靠近，速度为每小时90海里，此时海盗船B距观测站10海里，20分钟后测得海盗船B距观测站20海里的C处，再经　　 分钟海盗船B到达商船D处． 【答案】． 【解答】解：如图，过A作AE⊥BD于点E， 易知，BC＝30，AC＝20， ∴，∵0°＜∠ACB＜180°，∴∠ACB＝60°， ∴，∠DAE＝60°，∴，∵∠CAE＝30°， ∴CE＝10，∴DC＝20，∴． 故答案为：． 14．如图，在△ABC中，N是AC边上一点，且，P是BN边上一点．若，则实数m的值是　　 【答案】 【解答】由题意知，N在AC上，且，即．将代入已知条件：由于P在BN上，即B、P、N三点共线，根据平面向量共线定理的推论，若，且B、P、N三点共线，则λ+μ＝1．因此：解得：验证：当时，，此时系数之和为，符合P在BN上的条件，且P分BN的比为BP：PN＝1：2，在BN线段内部，符合题意．故答案为： 四．解答题（共5小题） 15．已知复数z＝（1+i）m2﹣（2+i）m﹣2i（m∈R）． （1）若z是纯虚数，求m的值； （2）若z在复平面内所对应的点在第四象限，求m的取值范围． 【答案】（1）m＝0；（2）（﹣1，0）． 【解答】解：由题意可得z＝（m2﹣2m）+（m2﹣m﹣2）i， （1）因为z是纯虚数，所以解得m＝0； （2）因为z在复平面内所对应的点在第四象限，所以解得m的取值范围为（﹣1，0）． 16．如图，在平行四边形ABCD中，E为BC的中点，设，． （1）用表示； （2）若AB＝2，AD＝6，且∠BAD＝120°，求． 【答案】（1），，； （2）﹣17． 【解答】解：（1）在平行四边形ABCD中，E为BC的中点，设，， 根据平面向量的加法法则可得， ，， 所以，，； （2）若AB＝2，AD＝6，且∠BAD＝120°， 由（1）知：， 又AB＝2，AD＝6，且∠BAD＝120°， 则． 17．如图，在△ABC中，AB＝2，cosB，点D在线段BC上． （1）若∠ADCπ，求AD的长； （2）若BD＝2DC，△ADC的面积为，求AC的长． 【答案】（1）；（2）4． 【解答】解：（1）在△ABC中，cosB，所以sinB， 若∠ADCπ，则∠ADB， 在△ABD中，由正弦定理得，， 所以AD． （2）因为BD＝2DC，所以S△ABD＝2S△ADC，所以S△ABC＝3S△ADC＝4， 又S△ABC•AB•BC•sinB4， 所以BC＝6， 在△ABC中，由余弦定理得，AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BC•cosB＝4+36﹣2×2×632， 所以AC＝4． 18．如图，在高为2的正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝2，D是棱AB的中点． （1）求该正三棱柱的体积； （2）求三棱锥D﹣A1B1C的体积； （3）设E为棱B1C1的中点，F为棱BB1上一点，求AF+EF的最小值． 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）因为在高为2的正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝2，D是棱AB的中点． 所以， 即． （2）因为，， 所以． （3）将侧面BBC1B1绕BB1旋转至与侧面ABB1A1共面， E为棱B1C1的中点，F为棱BB1上一点， 如图所示． 当A，F，E三点共线时，AF+EF取得最小值， 且最小值为． 19．“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△ABC的三个内角均小于120°时，使得∠AOB＝∠BOC＝∠AOC＝120°的点O即为费马点；当△ABC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△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且设点P为△ABC的费马点． （1）若，且△ABC面积为． （i）求角B； （ii）求； （2）若，△PCA，△PCB，△PAB的面积为S1，S2，S3，求的最小值． 【答案】（1）（i）；（ii）； （2）． 【解答】解：（1）（i）因为， 在△ABC中，sinA＝sin（B+C）＝sinBcosC+cosBsinC， 即2sinB（sinCcosC）（sinBcosC+cosBsinC）， 整理可得：， 在△ABC中，sinC＞0，可得， 又B∈（0，π）， 所以； （ii）因为，所以△ABC不存在大于等于120°的角， 可得P为△ABC内的费马点． 所以， 因为S（PA•PB+PB•PC+PA•PC）sin， 可得PA•PB+PB•PC+PA•PC＝3， 因为•••（||•||+||•||+||•||）cos ＝3×（）； （2）因为， 即，整理可得的ccosA＝b， 由正弦定理得sinCcosA＝sinB， 在△ABC中，sinB＝sin（A+C）＝sinAcosC+cosAsinC， 即sinCcosA＝sinAcosC+cosAsinC， 所以sinAcosC＝0， 在△ABC中，sinA≠0，所以cosC＝0， 又C∈（0，π），可得． 所以， 设∠PCB＝θ，， 则在△PCB由正弦定理得， 在△PCA由正弦定理得，， 所以， 当且仅当tanθ＝1，，时等号成立． 所以的最小值为． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/5/1 22:29:30；用户：17782609336；邮箱：13127037906；学号：23737921 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $