福建省福州市八县（市）协作校2025-2026学年高一下学期期中联考数学试卷（含答案）

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．52．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