浙江省强基联盟2025-2026学年高一下学期4月题库数学试题

浙江省强基联盟2025-2026学年高一下学期4本试卷满分150分，考试时间120考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一zm21m1)i(mRi为虚数单位，则实数m的值为（A.- B. C. D. 已知向量e1，e2为单位向量，e12e2e1，则e1，e2的夹角为 A. B. C. D.34，则它的侧面积为（A. B. C. D.4的正三角形的直观图，则直观图的面积是（

C.

D.设VABCA，B，Ca，b，c.已知a

6b2A60，则C（A. B. C. D.m02n3,1m在n上的投影向量为（

3,1

1,3

3,1

2

2 z满足|z34i|1，其中i为虚数单位，则|zi|的取值范围为（ B.[321,32

ab满足|2a3b|2,|a4b|1．当|ab|取最大值时，下列结论成立的是（

|b|

4|a|11|b

|ab|选择题：本题共3小题，每小题6分，共18题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0z1i,z是它的共轭复数，则下列结论成立的有（11

z

zzz

该四棱台的体积为13PBB1APCP的最小值为已知点O为VABCH为VABC所在平面内一点，则下列结论一定成立的有（OAOHOBOHOCAOAC2AH2，则|𝐴𝐻|≤若3OHOAOBOCH为VABC若OHOAOBOCH为VABC填空题：本题共3小题，每小题5分，共15 已知sinα1，则sinπ2α 已知VABCA，B，Ca，b，c，若sinA(sinBcosBsinSVABC 1，则a的最小值 解答题：本题共5小题，共77在VABCDABAD2DB，记CAmCBnmn表示CD 若|m|1,|n|2mn

π，求|CD|．ACBCA1C1B1C1EHF、G设α,βzz24zx0xR–– –– –– 已知OA,0,OB(sinα,2sinα),OC 2,cosβ(O为原点 ––求|AB|角形的中心分别为O1,O2,O3（VO1O2O3被称为拿破仑三角形）若ACBπ

，求VABC 浙江省强基联盟2025-2026学年高一下学期4本试卷满分150分，考试时间120考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一zm21m1)i(mRi为虚数单位，则实数m的值为（A.- B. C. D.【答案】【详解】Qz为纯虚数，m210m10m 已知向量e1，e2为单位向量，e12e2e1，则e1，e2的夹角为 A. B. C. D.【答案】【分析】根据向量垂直列方程，由此求得cose1e2，进而确定正确答案

由于0e1e2180，所以e1e260.34，则它的侧面积为（A. B. C. D.【答案】【分析】根据圆锥侧面积公式求解即可3232

5Sπrl15π4的正三角形的直观图，则直观图的面积是（

C.

D.【答案】S

S

22，得 43

设VABCA，B，Ca，b，c.已知a

6b2A60，则C（A. B. C. D.【答案】【分析】根据正弦定理求解即可

sin

sin

,bbsin 2sin得sinB ,故B45 则C180AB180604575m02n3,1m在n上的投影向量为（

3,1

1,3

3,1

2

2【答案】

m

1 m在n上的投影向量为

n(3,1)

,|n

2z满足|z34i|1，其中i为虚数单位，则|zi|的取值范围为（ B.[321,32

【答案】【分析】根据复数及复数模的几何意义求解即可zZ则|z34i|1ZA(34)的距离为|zi|ZB(0,1因为所以

1|zi|

1ab满足|2a3b|2,|a4b|1．当|ab|取最大值时，下列结论成立的是（

|b|

4|a|11|b

|ab|【答案】m2a3bna4bmnabm2n时，|ab|可得出b

4 ⃗ 【详解】设𝑚=2𝑎−3𝑏,𝑛=𝑎−4𝑏，则𝑚−𝑛=𝑎+ |𝑚|=2,|𝑛|=1m2n|ab| 4于是2a3b2a8b，即4a11bb11a a4b

a，|𝑎−4𝑏|

5|𝑎|=1 |𝑎|=11,|𝑏|=4,|𝑎−𝑏|=|7𝑎|= C正确

选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．z1i,z是它的共轭复数，则下列结论成立的有（11

z

zzz

【答案】CD，利用复数模的性质判断.111iA 1 Bzz2,zz1i)(1i2zzC11111D该四棱台的体积为13PBB1APCP的最小值为【答案】【分析】根据棱台体积公式、勾股定理、余弦定理等知识逐项判断即可【详解】如图，𝑂1𝐴32,𝑂2𝐴2,𝐴𝐴12，则棱台的高O1O2

A四棱台的体积𝑉=

+

ℎ=𝑆𝐴1𝑆𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1

2B设外接球的半径OBOB1r，设OO1a则有𝑟2=𝑎2

3=(𝑎+3

2

，解得a ，则r ，故CC正确32+32—2×3×3—APCP32+32—2×3×3—

=33D已知点O为VABCH为VABC所在平面内一点，则下列结论一定成立的有（OAOHOBOHOC

AOAC2AH2AH若3OHOAOBOCH为VABC若OHOAOBOCH为VABC【答案】 A,将OAOHOBOH变形为OAOBOHBAOHC：根据重心的向量性质求解即可；DAHBCBHACCHAB，进而判断【详解】已知O是VABCR（外接圆半径A，若OAOHOBOHOCOH 整理得OAOBOH0,OBOCOH0BAOHCBOHHHA错误；BACMOMAC，

A∣，

. C，对于任意点O,重心GOG

OAOBOC 即3OGOAOBOC，题设3OHOAOBOCH与G重合，H是VABC重心，C正确；D，若OHOAOBOCAHOHOAOBOC,BCOCAHBCR2R20AHBC，BHACCHABH是垂心，D正确填空题：本题共3小题，每小题5分，共15 rr2，代入体积公式，即可得答案rS4πr216π，r2，所以体积V4πr34π23 础题已知sinα1，则sinπ2α 【答案】【分析】结合诱导公式和倍角公式求解 已知VABCA，B，Ca，b，c，若sinA(sinBcosBsinSVABC 1，则a的最小值 【答案】a(sinBcosBcasin2Bπa的最小值 4 【详解】QsinA(sinBcosB)sinC,a(sinBcosB)c由 1acsinB得1a2(sinBcosB)sinB a2

2(2

2(2(sinBcosB)sin

1cos2B1sin 4(2 2sin2Bπ

4(24(2 4 π 当sin2B1，B

8时，分母取最大值 此时a2a24a解答题：本题共5小题，共77在VABCDABAD2DB，记CAmCBnmn表示CD 若|m|1,|n|2mn

π，求|CD|．（1）CD

2 （2）（1）

––|––

11m4m →→1 CDCAADCA

AB

2––

CB

2 2––––CD 11m4mn→

11 2→3m3n

11 →mACBCA1C1B1C1EHF、G点．（1）（2） （1） EH（2）设正三棱柱的侧棱为a，分析可知VCEH

，可求出△CEH的高，进而可得出水面的高

1ABHE≌A1B1GFEFAA1BB1、平行且相等，EFGHAA1B1B是四棱柱.2a因为

1

a1

a

2三棱柱ABC

四边形

2则得

=

四边形

,易得VCEH与VCBA

1EH

，

EH

AB22则△CEH的高为3故图中水面的高为3×

==

—设α,βzz24zx0xR（1）164x,x f(x)4,0x（

x,x12)2 解二：当x5，则α,β 2 (2i)24i24i34i,(2i)4(34i)2724i(2i)24i24i34i,(2i)4(34i)2724i,α4β4142

4

2 4当0x4时，𝛼≤0,𝛽≤0,|𝛼||𝛽|=−𝛼−𝛽=−(𝛼𝛽)=4 β16 β16 ∴𝑓(𝑥)=|𝛼|+|𝛽|

16−4𝑥,𝑥<4,0≤𝑥≤2𝑥,𝑥>

–– ––

cosβ 已知OA

0,OBsinα2sinα),OC 2cosβ(O为原点 ––求|AB| （1）|AB|min（2）β2kππ(k【分析】(1)(2)1 因为ABOBOAsinα,2sinα5sin2α5sin2α9sinα (294AB

f(t5t29t81，其对称轴为t

9f

min

f

9)810 即当sinα9

=81= 5f |f

2∵四边形OABC为平行四边形，OA+OC=OB即(

9

2cosβ

2+ 整理得

2+

=0m

2 因为m1

2282又因为f(1)22 ，f(1)222282 f1f10m1得cosβ1，β2kππ(kZ 角形的中心分别为O1,O2,O3（VO1O2O3被称为拿破仑三角形）若ACBπ

，求VABC （1）（2）[6,4（1）根据O1,O2,O3是三个正三角形的中心的几何性质，再利用余弦定理分别求解|𝑂1𝑂3|（2

abcl

t设tabf(t

，结合函数单调性求解即可连接O1B,O1C,O2A,O2C,O3A,O3BBCaACbABc OBAOABOBCOCBOAC 在VO3BO1中，|𝑂1𝑂3|2=|𝑂1𝐵|2+|𝑂3𝐵|2−2|𝑂1𝐵|⋅|𝑂3𝐵|cos(60°+1=3

+3

2−2

3𝑎

3

2

21a21c21accosB 3acsin

a2c2Qac

2accosB,accosB ∴|𝑂𝑂|2

𝑎2+

+23⋅1=1(𝑎2+𝑏2+𝑐2)+2 同理，|𝑂𝑂|2=|𝑂𝑂|2=1(𝑎2+𝑏2+𝑐2)+2 2 1 |𝑂1𝑂2|=|𝑂2𝑂3|=|𝑂1𝑂3|，即VO1O2O32在VO1CO2中，|𝑂1𝑂2|2=|𝑂1𝐶|2+|𝑂2𝐶|2−2|𝑂1𝐶|⋅ QC3,O1CO23．又∵𝑆△𝑂1𝑂2𝑂3=3,∴|𝑂1𝑂2|=2由余弦定理得：1a21b22 3a 3bcos2π4，即a2b2ab12 在△ACBa2b2abc2由①得：(ab)2ab12，故ab由①，②得：c2122ab，故ablabab

12又由②得：(𝑎−𝑏)2+3𝑎𝑏