福建泉州市2025-2026学年高一数学下学期期中测试含解析

福建泉州市2025-2026学年高一数学下学期期中考试试题

一、单选题

2i

1．复数z（i是虚数单位）在复平面上所对应的点位于（）

1i

A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限

2．如图，四边形OABC是利用斜二测画法画出的水平放置的四边形OABC的直观图，其中OA//BC，

OA2，OC1，BC1．则四边形OABC的面积是（）

3

A．3B．C．6D．4

2

3．已知m,n为两条不同的直线，,为两个不同的平面，下列命题为真命题的是（）

A．若m，n，m//，n//，则//

B．若m//，n，则m//n

C．若n//m，m，n，则m//

D．若//，m，n，则m//n

4．在平面直角坐标系xOy中，A1,2，B3,3，则向量AB在向量OA上的投影向量为（）

121248841212

A．,B．,C．,D．,

55555555

5．在△ABC中，已知A30，a2，b2，则角C为（）

A．45°B．105°C．45°或135°D．15°或105°

12

6．如图，在ABC中，AEAB，AFAC，且BF与CE交于点M，设AMxAEyAF，则2xy

23

（）

3

A．-1B．1C．D．1

442

7．如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，AA1，BB1，CC1，DD1都垂直于底面ABCD，且

33

DDAACC3BB3，点E在线段CC上，平面BED1交线段AA1于点F，则截面四边形BED1F的

1212111

周长的最小值为（）

A．25B．5C．45D．10

8．在ABC中，AB1,sin2Asin2B4sinAsinBcosC，则ABC的面积的最大值为（）

A．1B．3C．1D．3

4422

二、多选题

9．设z1为复数，则下列结论中正确的是（）

22

A．z1z1

B．复数65i与34i分别表示向量OA与OB，则表示向量BA的复数为9i

1

C．若为虚数，则z1也为虚数

z1

D．若复数z满足1z2，则复数z对应的点所构成的图形面积为π

10．下列关于向量的命题正确的是（）

32

A．在△OAB中，C为边AB上一点，且AC:CB2:3，则OCOAOB

55

B．对任意向量a，b，abab恒成立

C．非零向量a，b，c，满足a∥b，b∥c，则a∥c

D．向量a，b共线的充要条件是存在实数，使得ba成立

11．如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，Q为DD1的中点，动点P在侧面BCC1B1内（包含边界），

则下列结论正确的是（）

2

A．若P是线段BC的中点，则四面体QPBC的体积为

13

π

B．若AP5，则点P的轨迹长度是

2

C．若存在点P，使PQ//平面B1AD1，则PQ长度的最小值是22

D．若E为棱AB的中点，三棱锥BC1CE的顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为9π

三、填空题

12．若圆台的上下底面半径分别为1和4，侧面积为25π，则圆台的体积为________.

13．如图，测量河对岸塔楼的高度AB时，可以选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D，现测

得75，45，CD20米，在点C测得塔顶A的仰角60，则塔高AB为_____________米．

14．已知ABC三边的垂直平分线交于点O，且AB2AC22AC0，则BCAO的取值范围是________.

四、解答题

15．已知i为虚数单位，复数zm22m3mm1i．

(1)当实数m取何值时，z是纯虚数；

(2)当m1时，复数z是关于x的方程x2pxq0的一个根，求实数p,q的值．

16．已知平面向量a(1,2),b(3,2)．

(1)若c(2ab)，且|c|5，求c的坐标；

(2)若a与ab的夹角为锐角，求实数的取值范围．

17．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，M，N，Q分别为BC，PA，PB的中点.

(1)求证：点Q，N，C，D四点共面

(2)求证：平面MNQ//平面PCD.

PE

(3)在线段PD上是否存在一点E，使得MN//平面ACE?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.

PD

18．已知ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，满足bcosA(2ca)cosB．

(1)求角B的大小；

(2)若b2，求ABC周长的最大值；

(3)若a23，D为线段AC上一点，满足BDCD2AD，求ABC的面积．

πurrurr

19．设平面内两个非零向量m,n的夹角为，定义一种新运算“”：mnmntan.

2

rrrr

(1)已知向量a2,b3,ab2，求ab；

rrxyxyx2y2x2y2

(2)设向量，且，证明：12211122；

ax1,y1,bx2,y2ab0ab

x1x2y1y2

rurrurrur

(3)已知向量ccos,sin,dcos,sin,cd0，若cd2，求cos22的值.

参考答案

1．A

2i2i1i13i13

【详解】zi，在第一象限

1i1i1i222

故选：A

2．A

【详解】根据斜二测画法得出OC2OC2，BCBC1，OAOA2，

将直观图OABC还原，如下图.

四边形OABC是直角梯形，

上、下底分别为BC1，OA2，高OC2，

(12)2

所以四边形OABC的面积S3.

2

故选：A.

3．C

【详解】A：由m,n,m//,n//，可知、可能平行或相交，A错误；

B：由m//，n，可知m、n可能平行或异面，B错误；

C：由n//m，m，n，可知m//，C正确；

D：由//，m，n，可知m、n可能平行或异面，D错误.

故选：C

4．B

【详解】由平面直角坐标系xOy中，A1,2，B3,3，可得OA(1,2),AB(2,1)，

则OA5,OAAB4，

OAABOA4148

所以向量AB在向量OA上的投影向量为(1,2)(,).

OAOA5555

故选：B.

5．D

ab22

【详解】由正弦定理得，即，

sinAsinBsin30sinB

1

2

所以2sin302，故或，

sinB2B45135

222

当B45时，C1804530105，

当B135时，C1801353015.

故选：D

6．B

1

【详解】因为B，M，F三点共线，且AEAB，所以AM1yAByAF21yAEyAF,

2

2

又因为C，M，E三点共线，且AFAC，

3

3

所以AMxAE1xACxAE1xAF，

2

21yx

13

可得3，解得x，y，

y1x24

2

31

所以2xy1.

44

7．D

【详解】由题意，平面ADD1A1//平面BCB1C1，

平面ADD1A1平面BED1D1F，平面BCB1C1平面BED1BE，

所以D1F//BE，同理可得BF//D1E，

所以四边形BED1F为平行四边形，则周长l2BEED1，

沿CC1将相邻两四边形展开，

当B，E，D1三点共线时，BEED1最小，最小值为5，

所以周长的最小值为10.

8．B

【详解】在ABC中，设ABc1，BCa，ACb.

abc

根据正弦定理2R，R为三角形外接圆半径.

sinAsinBsinC

将条件sin2Asin2B4sinAsinBcosC转化为边的关系：

a2b2

左边:sin2Asin2B，

4R2

ababcosC

右边：4sinAsinBcosC4cosC，

2R2RR2

a2b2abcosC

等式两边相等得：，化简得a2b24abcosC.

4R2R2

a2b2c2

结合余弦定理cosCc1，

2ab

a2b21

代入上式得:a2b24ab2a2b21,整理得a2b22.

2ab

1

三角形面积SabsinC.

2

a2b212111

由cosC，得sinC1cos2C1，

2ab2ab2ab4a2b2

11114a2b21

代入面积公式：Sab1a2b2，

24a2b2244

由基本不等式a2b22ab，得22ab，即ab1(当且仅当ab1时取等号)，

3

此时4a2b21取得最大值41213，故S.

max4

9．BCD

2222

【详解】对于A，设z1abi,a,bR，则z1abiab2abi，

22222

又z1ab，故z1z1，故A错误；

对于选项B，由题意可知，OA6,5,OB3,4，

所以BAOAOB6,53,49,1，所以表示向量BA的复数为9i，故B正确；

1z

1

对于C，因为为虚数，z1z1为实数，所以z1为虚数，即z1也为虚数，故C正确；

z1z1z1

对于选项D，设复数zxyi,x,yR，若复数z满足1z2，即1x2y22，

则复数z对应的点x,y在以原点为圆心半径分别为1和2的同心圆形成的圆环内，

2

所以复数z对应的点所构成的图形面积为π2π12π，故D正确；

10．AC

2

【详解】对于A，AC:CB2:3，ACAB，

5

2232

OCOAACOAABOAOBOAOAOB，故A正确.

5555

对于B，若a，b不共线，则a，b，ab可构成三角形，则abab，故B错误；

对于C，a,b,c为非零向量，当a∥b时，abR；

当b∥c时，bcR，

ac，则a∥c，故C正确；

对于D，若a0，b0，则a，b共线，但不存在实数，使得ba，故D错误．

11．ABD

【分析】对于A，当P是线段BC1的中点，此时点Q到平面PBC的距离为2，

112

所以V212，A正确.

QPBC323

对于B，若AP5，又AB2，且AB平面BCC1B1，

则BPAP2AB2541，

P点的轨迹是正方形BCC1B1内以点B为圆心，1为半径的四分之一圆弧，

1π

P的轨迹长度为2π1，B选项正确；

42

对于C，取线段BB1的中点R，线段B1C1的中点S，

当点P位于线段RS上时，QR//B1D1，B1D1平面B1AD1，QR平面B1AD1，所以QR//平面B1AD1，

又RS//AD1，AD1平面B1AD1，RS平面B1AD1，所以RS//平面B1AD1，

RSQRR，RS，QR平面QRS，所以平面QRS//平面B1AD1，

PQ平面QRS，PQ//平面B1AD1，

此时有QR22，QS6，RS2，QR2QS2RS2，

所以QRS为直角三角形，当P位于点S时，PQ长度的最小值是6，C错误.

对于D，因为C1C平面ABCD，把三棱锥BC1CE补成长方体，

则直径长为222222，

EC1EBBCC1C1223

2

3

则球O的表面积为4π9π，D正确.

2

12．28π

2

【详解】设圆台母线长为l，则π14l25π，所以l5，所以圆台的高为h52414，

π

所以圆台的体积为124214428π.

3

13．202

【详解】由题设CBD180754560，

20BC202

CDBC

由正弦定理知，即BC，

sinCBDsin323

22

202

所以ABBCtan3202米．

3

故答案为：202．

1

14．,2

4

【详解】如图所示，由题知O是ABC的外心，取BC中点M，连接OM，

可得OMBC，故OMBC0.

因为AOAMMO，

所以BCAOBCAMMOBCAMBCMOBCAM，

1

由AM是ABC的中线，可得AMABAC，且BCACAB，

2

1122122

故BCAMACABACABACABACAB.

222

2222

已知AC2ACAB0，可得：AB2ACAC，

22

由AB0，AC0，可得2ACAC00AC2，

22

将AB2ACAC代入目标式：

1221222

BCAOACABAC2ACACACAC，

22

2

2111

设yACAC，则yAC，y为开口向上的二次函数，对称轴为AC，AC0,2，

242

1123

当AC时，y取最小值（此时AB0，三角形存在，最小值可取）；

244

21

当AC2时，y222，但AC2，故y2.因此的取值范围是,2.

BCAO4

15．(1)m3

(2)p8,q20

m22m30

【详解】（1）若复数z是纯虚数，则，

mm10

m3或m1

解得，所以得m3.

m0且m1

（2）当m1时，z42i，

把z42i代入方程x2pxq0，

2

得42ip42iq0，

整理得，124pq2p16i0，

124pq0

所以，解得p8,q20.

2p160

16．(1)(2,1)或(2,1)；

5

(2)(,0)(0,).

7

【详解】（1）由a(1,2),b(3,2)，得2ab(1,2)，由c(2ab)，设c(2x,x),x0，

由|c|5，得(2x)2x25|x|5，解得x1，

所以c的坐标是(2,1)或(2,1).

（2）依题意，ab(13,22)，由a与ab的夹角为锐角，得a(ab)0，且a与ab不共线，

(13)2(22)05

因此，解得且0，

222(13)7

5

所以实数的取值范围是(,0)(0,).

7

17．(1)证明见解析

(2)证明见解析

PE1

(3)存在，.

PD2

【详解】（1）证明：N，Q分别为PA，PB的中点，NQ∥AB，

底面ABCD是平行四边形，AB∥CD.

NQ∥CD，所以点Q，N，C，D四点共面.

（2）由（1）知NQ∥AB，因为NQ平面PCD，CD平面PCD，NQ∥平面PCD.

M，Q分别为BC，PB的中点，MQ∥CP，

因为MQ平面PCD，CP平面PCD，MQ//平面PCD.

又NQMQQ，NQ，MQÌ平面MNQ，所以平面MNQ//平面PCD.

PE1

（3）线段PD上存在一点E，使得MN//平面ACE，且.

PD2

证明如下：取PD的中点E，连接NE，CE，AE，

因为N，E，M分别是PA，PD，BC的中点，BC∥AD，BCAD，

所以NEMC，NEMC，所以四边形MCEN是平行四边形，

所以MN∥CE，因为MN平面ACE，CE平面ACE，

PE1

所以MN//平面ACE，此时．

PD2

π

18．(1)B

3

(2)6

(3)33

2

【详解】（1）因为bcosA(2ca)cosB，

所以sinBcosA(2sinCsinA)cosB．

整理得：sinBcosAcosBsinA2sinCcosB，

即sin(BA)2sinccosB，sinC2sinCcosB，

1π

而sinC0,故cosB，又因为B0,π，所以B；

23

π

（2）B，b2，

3

由余弦定理可得：b2a2c22accosB，

即4a2c2ac(ac)23ac，

ac(ac)2

又因为ac()2，当且仅当ac时，等号成立；

24

3(ac)2(ac)2

所以4(ac)23ac(ac)2，

44

当且仅当ac时，等号成立，

所以(ac)216，

所以ac4，当且仅当ac2时，等号成立，

所以ABC周长lacbac2426，当且仅当ac2时，等号成立，

所以ABC周长的最大值为6；

（3）如图所示：

设ADx(x0)，

则BDCD2x，

在△ABD中，由余弦定理可得：

BD2AD2AB24x2x2c25x2c2

cosADB，

2BDAD4x24x2

在△BCD中，由余弦定理可得：

BD2CD2BC24x24x2128x212

cosCDB，

2BDCD8x28x2

又因为ADB与CDB互补，

所以cosADBcosCDB，

所以c29x26①，

在ABC中，由余弦定理可得：

AB2BC2AC2c2129x21

cosABC，