福建省福州市台江区九校2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题

1．已知平面向量𝑎=(2,𝑥−1)，𝑏=(6,2−𝑥)，若向量→与→共线，则𝑥=（ 2．复数𝑧满足(𝑧1)⋅i=1−2i（i为虚数单位，则𝑧的共轭复数的虚部是（ 3315，圆台的侧面积为420π，则圆台较小底面圆的半径为（） 在𝐴𝐵𝐶中，D为𝐵𝐶的中点，E为𝐴𝐵上一点，则𝐴𝐵𝐴𝐶−2𝐴𝐸=（ △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（） 6．已知向量𝑎=(𝑥,1)，𝑏=(4,𝑥)，则“𝑥>0”是“向量𝑎与𝑏的夹角为锐角”的（A．充要条 B．充分不必要条C．必要不充分条 D．既不充分也不必要条已知△𝐴𝐵𝐶A，B，Ca，b，c，且面积为𝑆．若𝑎=1，𝐶=π且4𝑆=𝑎cos𝐵+𝐴，则𝐵=（

8．平行四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵=4，𝐴𝐷=2，𝐴𝐵𝐴𝐷=42，点𝑃在边𝐶𝐷上，则𝑃𝐴𝑃𝐵的取值范围是（ B．[−1,4+ C．[−2,4+4 9．已知向量𝑎=(1,3)，𝑏=(2,𝑦)， ⊥𝑎，则（A．𝑏= B．向量𝑎,𝑏的夹角为C．|𝑎+1𝑏|= D．𝑎在𝑏方向上的投影向量是下列说法正确的是（A．𝑧⋅𝑧=|𝑧|2,𝑧∈B．i2025=C．若|𝑧|=1,𝑧𝐶，则|𝑧−2|D．若−4+3i是关于𝑥的方程𝑥2+𝑝𝑥+𝑞=0(𝑝,𝑞∈𝑅)的根，则𝑝=𝐴𝐵𝐶有如下命题，其中正确的是（A．若sin2𝐴+sin2𝐵+cos2𝐶<1，则△𝐴𝐵𝐶．若𝐵=3,𝑎=23，且△𝐴𝐵𝐶有两解，则𝑏的取值范围是(3,2C．在𝐴𝐵𝐶中，若𝐴>𝐵，则不等式sin𝐴>sin𝐵D．在△𝐴𝐵𝐶中，若𝐵=60°,𝑏2=𝑎𝑐，则△𝐴𝐵𝐶 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 站20海里的𝐶处，再经 𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐶=3𝐴𝑁,𝑃是𝐵𝑁上的一点，若𝐴𝑃=𝑚

11𝐴𝐶，则实数𝑚115．已知复数𝑧=(1+i)𝑚2−(2+i)𝑚−2i(𝑚∈若𝑧是纯虚数，求𝑚16．如图，在平行四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，E为𝐵𝐶的中点，设𝐴𝐵=𝑎,𝐴𝐷=𝑏.用𝑎,𝑏表示(2)若𝐴𝐵=2,𝐴𝐷=6，且∠𝐵𝐴𝐷=120°，求𝐴𝐶⋅△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=2，cos𝐵=1DBC上若∠ADC=3πADBD=2DC，△ADC的面积为42AC的长2的正三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，𝐴𝐵=2,𝐷是棱𝐴𝐵求三棱锥𝐷−𝐴1𝐵1𝐶(3)设𝐸为棱𝐵1𝐶1的中点，𝐹为棱𝐵𝐵1上一点，求𝐴𝐹+𝐸𝐹使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”△𝐴𝐵𝐶的三个内角均120°∠𝐴𝑂𝐵=∠𝐵𝑂𝐶=∠𝐴𝑂𝐶=120°O△𝐴𝐵𝐶120°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△𝐴𝐵𝐶A，B，C所对的边分别为a，b，cP为△𝐴𝐵𝐶若2sin𝐵sin𝐶

=3sin𝐴△𝐴𝐵𝐶面积为3求𝑃𝐴⋅𝑃𝐵𝑃𝐵⋅𝑃𝐶+𝑃𝐶⋅(2)若cos2𝐴=𝑏+𝑐△𝑃𝐶𝐴△𝑃𝐶𝐵△𝑃𝐴𝐵的面积为𝑆，𝑆，𝑆，求𝑆1+𝑆2

【详解】因为向量𝑎与𝑏共线，所以6(𝑥−1)−2(2−𝑥)=解得𝑥=【详解】由题意可得：𝑧=1−2i−1=(1−2i)i−1=−3−i，所以𝑧=−3+i，所以复数𝑧 设圆台的上下底面圆的半径分别为𝑟,𝑅，根据题意，求得𝑅3𝑟，再利用圆台的侧面积公式，列出方程，即3倍，可得2π𝑅=3×2π𝑟，所以𝑅=又因为圆台的侧面积为420π，可得𝑆=π(𝑟+𝑅)⋅𝑙=4π𝑟×15=420π，解得𝑟=由已知，根据平面向量线性运算加减法法则可以直接进行求解【详解】由已知，D为𝐵𝐶的中点，所以𝐴𝐵𝐴𝐶=2𝐴𝐷，所以𝐴𝐵+𝐴𝐶−2𝐴𝐸=2𝐴𝐷−2𝐴𝐸=2𝐸𝐷.还原𝑂𝐴𝐵，求出其边长即可求解直角三角形的面积△𝑂𝐴𝐵的直观图是𝑂′𝐴′𝐵′，则𝑂𝐴=𝑂′𝐴′=2,𝑂𝐵=2𝑂′𝐵′=4则△𝑂𝐴𝐵的面积为1𝑂𝐴⋅𝑂𝐵= 由充分条件和必要条件的概念以及向量数量积的应用，进行判断即可【详解】若𝑎//𝑏，则𝑥2=4，解得𝑥=±若向量𝑎与𝑏的夹角为锐角，则𝑎𝑏>0且cos⟨𝑎,𝑏≠1，所以4𝑥𝑥>0且𝑥≠2，解得𝑥(0,22．故“𝑥>0”是“向量𝑎与𝑏的夹角为锐角”的必要不充分条件．【详解】在△ABC中，𝑎cos𝐵+𝑏cos𝐴=𝑎⋅𝑎2+𝑐2−𝑏2+𝑏⋅𝑏2+𝑐2−𝑎2=𝑐，而𝑆= 由4𝑆=𝑎cos𝐵+𝑏cos𝐴，得2𝑎𝑏sin𝐶=𝑐，又𝑎=1，𝐶=4，则𝑐=2𝑏，由正弦定理得2sin𝐵=sin𝐶=sinπ，解得sin𝐵=1，由𝑏<𝑐，得𝐵<𝐶， 所以𝐵=建立平面直角坐标系，设𝑃(𝑥,2),(0≤𝑥≤4)，把𝑃𝐴𝑃𝐵的取值范围转化为求二次函数的值域问题，即可【详解】作𝐷𝑂𝐴𝐵，垂足为𝑂，以点𝑂为原点，𝑂𝐵,𝑂𝐷所在直线为𝑥轴，𝑦轴建立如下图的平面直角坐标系因为cos∠𝐵𝐴𝐷=𝐴𝐵⋅𝐴𝐷=42=2，而0<∠𝐷𝐴𝐵<π,所以∠𝐵𝐴𝐷= 在直角𝐴𝑂𝐷中，因为∠𝐵𝐴𝐷=4，𝐴𝐷=2，所以𝑂𝐷=𝑂𝐴=2，𝑂𝐵=4−2，则𝐴(−2,0),𝐵(4−2,0)，设𝑃(𝑥,2),(0≤𝑥≤4)，所以𝑃𝐴=(−2−𝑥,−2),𝑃𝐵=(4−2−𝑥,−所以𝑃𝐴⋅𝑃𝐵=(−2−𝑥)(4−2−𝑥)+(−2)×(−2)=𝑥2+(22−4)𝑥+4−4因为二次函数开口向上，对称轴为𝑥=2−2，且0≤𝑥≤所以当𝑥=2−2时，𝑃𝐴𝑃𝐵取最小值−2，当𝑥=4时，𝑃𝐴𝑃𝐵取最大值442，所以𝑃𝐴⋅𝑃𝐵的取值范围是[−2,4+42].根据向量的坐标运算，即可结合选项逐一求解【详解】对于A𝑎=(1,3)，𝑏=(2,𝑦)∴𝑎𝑏=3，3𝑦

⊥3×1+3×(3𝑦)=0，𝑦=−4，𝑏=(2,−4)A10⋅B，cos〈𝑎,𝑏〉=𝑎⋅𝑏=1×2−3×4=−10⋅ C∵𝑎+1𝑏=(1,3)+(1,−2)=D，𝑎在𝑏方向上的投影向量为𝑎⋅𝑏⋅𝑏=−1𝑏=(−1,2)D 设𝑧𝑎+𝑏i，𝑎,𝑏∈𝑅，计算出|𝑧|2=𝑧⋅𝑧AB；设𝑧=𝑥+𝑦i，𝑥,𝑦∈𝑅，得到𝑥2𝑦2=1，|𝑧−2|=−4𝑥+5，根据−1≤𝑥≤1，得到|𝑧−2|1C，先求出二次方程的另一个根，然后利用韦达定理求得𝑝=8D．【详解】设𝑧=𝑎+𝑏i，𝑎,𝑏𝑅，则𝑧=𝑎2+𝑎2+

2=𝑎2+𝑏2，𝑧⋅𝑧=(𝑎+𝑏i)(𝑎−𝑏i)=𝑎2+所以𝑧⋅𝑧=|𝑧|2,𝑧∈𝐶Ai2025=i2024+1=iB𝑥2+设𝑧=𝑥+𝑦i，𝑥,𝑦∈𝑅，由于|𝑧|=1， =1，即𝑥2+𝑦𝑥2+(𝑥−2)2(𝑥−2)2+

=−4𝑥+(𝑥−2)2+由𝑥2+𝑦2=1，得−1≤𝑥≤1，则−4𝑥+5≥1，故当𝑥1时，|𝑧−2|(𝑥−2)2+因为−4+3i是关于𝑥的方程𝑥2+𝑝𝑥+𝑞=0(𝑝,𝑞∈𝑅)的根，所以−4−3i也是关于𝑥的方程𝑥2+𝑝𝑥𝑞=0(𝑝,𝑞𝑅)的根，则−𝑝=−4−3i−4+3i=−8，则𝑝=8D正确．由正弦定理将角化边，再由余弦定理可得cos𝐶0，判断出角𝐶A；由三角形有两解的充要条D．【详解】A中，sin2𝐴+sin2𝐵+cos2𝐶<1，即sin2𝐴+sin2𝐵<由正弦定理可得𝑎2+𝑏2<𝑐2，由余弦定理可得cos𝐶=𝑎2+𝑏2−𝑐2<因为𝐶∈(0,π)，所以𝐶∈π,π，即𝐶AB中，若𝐵=π,𝑎=23，且△ABC有两解，则𝑎sin𝐵<𝑏<𝑎，即即𝑏的范围为(3,23)B

×3<𝑏<2C中，在△ABC中，𝐴>𝐵，由大角对大边得𝑎>𝑏，由正弦定理可得sin𝐴>sin𝐵CD中，若𝐵=60°,𝑏2=𝑎𝑐，由余弦定理可得𝑏2=𝑎2+𝑐2−2𝑎𝑐cos𝐵=𝑎2+即𝑎𝑐=𝑎2+𝑐2−𝑎𝑐，即(𝑎−𝑐)2=0，所以𝑎=𝑐，所以△ABCD利用上升水的体积等于实心铁球的体积计算即可得【详解】设水面升高了𝑥cm，由题意知π

⋅𝑥

4π⋅

3，解得：𝑥=根据图示：在𝐴𝐵𝐶中，利用余弦定理求得∠𝐴𝐶𝐵，从而得到∠𝐷𝐶𝐴𝐴𝐷𝐶在△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=107,𝐴𝐶=20,𝐵𝐶=30，由余弦定理得：cos∠𝐴𝐶𝐵=𝐵𝐶2+𝐴𝐶2−𝐴𝐵2= 所以∠𝐴𝐶𝐵=60∘，则∠𝐷𝐶𝐴=在△𝐴𝐷𝐶中，∠𝐴𝐷𝐶=30∘,∠𝐷𝐴𝐶=∴𝐶𝐷=𝐴𝐶=所以𝑡=20×60= 即再经40分钟海盗船𝐵到达商船𝐷11【详解】因为𝐴𝐶=3𝐴𝑁，𝐴𝑃=𝑚

+1𝐴𝐶，所以𝐴𝑃=𝑚

1+1𝐴𝑁．1因为𝐵𝑃𝑁𝑚

+1=1，解得𝑚=

（1）由复数𝑧=(1+i)𝑚2−(2+i)𝑚−2i=(𝑚2−2𝑚)+(𝑚2−𝑚−2≠因为复数𝑧是纯虚数，则满足𝑚2−𝑚−2≠

，解得𝑚=0或𝑚=2（舍去所以实数𝑚的值为（2）由复数𝑧=(𝑚2−2𝑚)+(𝑚2−𝑚−2<若𝑧在复平面内所对应的点在第四象限，则满足𝑚2−𝑚−2<

，解得−1<𝑚<所以实数𝑚的取值范围为16．(1)𝐴𝐶=𝑎+𝑏，𝐶𝐸=−1𝑏，𝐷𝐸= 由（1）及向量数量积的运算律可得𝐴𝐶⋅𝐷𝐸=𝐴𝐵2+1𝐴𝐵⋅𝐴𝐷−1𝐴𝐷2，结合已知即可求值 （1）由𝐴𝐶=𝐴𝐵𝐵𝐶=𝐴𝐵𝐴𝐷=𝑎𝑏，𝐶𝐸=1𝐶𝐵=1𝐷𝐴=−1𝐴𝐷=−1𝑏，𝐷𝐸=𝐷𝐶𝐶𝐸=−1𝐴𝐷=

所以𝐴𝐶=𝑎+𝑏，𝐶𝐸=−1𝑏，𝐷𝐸= （2）由（1）知：𝐴𝐶⋅𝐷𝐸=(𝐴𝐵+𝐴𝐷)⋅(𝐴𝐵−1𝐴𝐷)=𝐴𝐵2+1𝐴𝐵⋅ 又𝐴𝐵=2,𝐴𝐷=6，且∠𝐵𝐴𝐷=120°，则𝐴𝐶⋅𝐷𝐸=4+1×121)−18= 在𝐴𝐵𝐷（2）由𝑆△𝐴𝐷𝐶，得到𝑆△𝐴𝐵𝐶，结合三角形面积公式求得𝐵𝐶=6，再由余弦定理即可求解（1）△𝐴𝐵𝐶∵cos𝐵=1,∴sin𝐵=2 在△𝐴𝐵𝐷中，由正弦定理得 =𝐴𝐷， 2又∵𝐴𝐵=2,∠𝐴𝐷𝐵=4,sin𝐵2∴𝐴𝐷

𝐴𝐵⋅sin𝐵

22= 3=82 ∵𝐵𝐷=2𝐷𝐶,∴𝑆△𝐴𝐵𝐷=2𝑆△𝐴𝐷𝐶,𝑆△𝐴𝐵𝐶=又𝑆△𝐴𝐷𝐶=42𝑆△𝐴𝐵𝐶=4∵

=1⋅𝐴𝐵⋅𝐵𝐶⋅sin𝐵=1×2×𝐵𝐶×2 解得：𝐵𝐶=在△𝐴𝐵𝐶中，由余弦定理得𝐴𝐶2=𝐴𝐵2+𝐵𝐶2−2𝐴𝐵⋅𝐵𝐶⋅cos𝐵=4+36−24×1=所以𝐴𝐶=42.18．(1)23；(2)(2)2(3)(3)由𝐷−𝐴1𝐵1𝐶的体积等于𝑉𝐴1𝐵1𝐶1−𝐴𝐵𝐶−𝑉𝐴1−𝐴𝐶𝐷−𝑉𝐵1−𝐵𝐶𝐷−𝑉𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1，分别求出𝑉𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1的体积代入即可得出答案（3）将侧面𝐵𝐵𝐶1𝐵1绕𝐵𝐵1旋转至与侧面𝐴𝐵𝐵1𝐴1共面，如图所示,当𝐴,𝐹,𝐸三点共线时，𝐴𝐹𝐸𝐹取得最小值，（1）因为𝑆△𝐴𝐵𝐶=3×2×2=所以𝑉𝐴1𝐵1𝐶1−𝐴𝐵𝐶=𝑆△𝐴𝐵𝐶⋅𝐴𝐴1 ×2=2因为

=

=1× ⋅𝐴𝐴=

=1×

⋅

=22所以𝑉𝐷−𝐴1𝐵1𝐶=𝑉𝐴1𝐵1𝐶1−𝐴𝐵𝐶−𝑉𝐴1−𝐴𝐶𝐷−𝑉𝐵1−𝐵𝐶𝐷−𝑉𝐶−𝐴1𝐵1𝐶2将侧面𝐵𝐵𝐶1𝐵1绕𝐵𝐵1旋转至与侧面𝐴𝐵𝐵1𝐴1当𝐴,𝐹,𝐸三点共线时，𝐴𝐹𝐸𝐹2222+(2+

=19．(1)（i）𝐵=π（ii）𝑃𝐴⋅𝑃𝐵+𝑃𝐵⋅𝑃𝐶+𝑃𝐴⋅𝑃𝐶= (2)（1（i）（ii）由（i）P为△𝐴𝐵𝐶内的费马点，即∠𝐴𝑃𝐵=∠𝐵𝑃𝐶=∠𝐶𝑃𝐴=2π，利用△𝐴𝐵𝐶面积为33 𝑃𝐴𝑃𝐵𝑃𝐵⋅𝑃𝐶𝑃𝐴𝑃𝐶=3（2）由cos2𝐴=𝑏+𝑐利用二倍角的余弦公式有1+cos𝐴=𝑏+𝑐，即𝑐cos𝐴=𝑏，利用正弦定理有sin𝐶cos𝐴=

sinπ

即sin𝐴cos𝐶=0，从而求出角𝐶，利用面积公式得

= ，

sin𝜃− 6，最后利用均值不等式即可求解sinπ（1（i）∵2sin𝐵sin =3sin𝐴，sin𝐴=sinπ−(𝐵+𝐶)=sin(𝐵+∴2sin𝐵1sin𝐶+3cos𝐶=3sin(𝐵+𝐶)=3(sin𝐵cos𝐶+ ∴sin𝐵sin𝐶=在𝐴𝐵𝐶中，sin𝐶≠0，∴sin𝐵=3cos𝐵