山东省济南市名校协作体2025-2026学年高一数学下学期4月阶段性检测试题含解析

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上．

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦

干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．

考试时间为120分钟，满分150分

一、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，只有一项是符合题目要

求的．

31

i

22

1.（）

A.1B.2C.3D.4

【答案】A

【解析】

2

2

【详解】解：313131.

i1

222244

1

2.在平行四边形ABCD中，AEAD,BE与AC交于点F，若AFmAC，则实数m的值为（）

4

111

A.1B.C.D.

2345

【答案】D

【解析】

【分析】根据题意，由E,F,B三点共线，将AF分别用AB,AD表示出来，列出方程，即可得到结果.

【详解】由题意可知，E,F,B三点共线，设BFBE，

1

则AFABBFABBEABAEAB1ABAD，

4

又AFmACmABADmABmAD，

1

1mm

5

则1，解得.

m4

4

5

3.已知|a|2,|b|3，则“向量a,b共线”是“|ab|5”的（）

A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.既不充分也不必要条件D.充要条件

【答案】B

【解析】

【分析】根据讨论a,b同向、反向共线两种情况，结合充分、必要性定义确定条件间的关系.

【详解】若向量a,b共线且|a|2,|b|3，同向共线时有|ab|5，反向共线时有|ab|1，充分性

不成立；

若|ab|5，而|a|2,|b|3，则向量a,b同向共线，必要性成立；

所以“向量a,b共线”是“|ab|5”的必要不充分条件.

故选：B

4.在钝角三角形ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，若ak,bk1,ck2，则实数k的取值

范围为（）

A.(1,3)B.(1,6]C.[2,3)D.(2,6)

【答案】A

【解析】

【分析】先由最长边确定钝角为C，再通过cosC0和abc联立即可求得k的取值范围.

【详解】因为cba且三角形为钝角三角形，所以C为钝角，且k0

a2b2c2k2(k1)2(k2)2k22k3

由余弦定理得：cosC0，

2ab2k(k1)2k(k1)

所以k22k30，解得1k3，0k3.

又因为三角形两边之和大于第三边，即k(k1)k2，解得k1，

所以1k3.

5.在ABC中，已知ABACABAC2AB，则向量AC在BC上的投影向量为（）

3333

A.BCB.BCC.BCD.BC

4444

【答案】D

【解析】

【分析】首先根据数量积公式确定ABC的形状，再代入投影向量的公式.

【详解】ABACABAC两边平方得4ABAC0，即ABAC，

222

又ABAC2AB两边平方得AB2ABACAC4AB，

22

即AC3AB，即AC3AB，

3

如图，BCA30，向量AC与BC的夹角为30，ACBC

2

BC3

所以向量AC在BC上的投影向量为ACcos30BC.

BC4

A

6.在ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,asinCb2bcos2acosB，则ABC一定为

2

（）

A.直角三角形B.等腰三角形

C.等腰直角三角形D.钝角三角形

【答案】A

【解析】

【分析】先利用二倍角的余弦公式对等式进行化简，消去半角形式，化简后等式中含有边和角的混合形式，

所以考虑利用正弦定理将边转化为角的正弦形式，再结合诱导公式对等式中的角进行转化，整理后得到角

之间的关系，进而判断三角形的形状.

A

【详解】在ABC中，asinCb2bcos2acosB,

2

1cosA

则asinCb2bacosB，即asinCbcosAacosB，

2

则sinAsinCsinBcosAsinAcosBsinAB，即得sinAsinCsinC,

π

由于C0,π,sinC0，故sinA1，结合A0,π，可得A，

2

即ABC一定为直角三角形，

7.在ABC中，AB2,BC23,ABC90,E为AC边上靠近点A的三分点，F为AC的中点，

则BEBF（）

1614108

A.B.C.D.

3333

【答案】C

【解析】

【分析】建立平面直角坐标系确定E、F的向量坐标，利用向量的数量积公式计算即可.

【详解】以B为坐标原点，BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴，建立平面直角坐标系.

因为AB2，BC23，所以B0,0，A0,2，C23,0，

，1232234

因为F为AC中点，所以F3,1AC23,2，AEAC,，则E,.

33333

234

所以BE,，BF3,1.

33

2346410

所以BEBF31.

33333

AB

8.ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sinAsinBsinC23coscos，

22

2ab4，若M是AC的中点，则BM的最小值为（）

3

A.B.1C.3D.2

2

【答案】B

【解析】

π

【分析】利用三角恒等变换先化简，进而得C，再由余弦定理即可求解.

3

ABAB

【详解】由sinAsinBsinC2sincossinAB

22

ABABABAB

2sincos2sincos

2222

ABABABABAB

2sincoscos2sin2coscos

222222

πCABABC

4sincoscos4coscoscos，

222222

ABCAB

所以4coscoscos23coscos，

22222

AπBπ

又0Aπ,0Bπ，所以0,0，

2222

AB

所以cos0,cos0，

22

C3

所以cos，

22

Cπ

又0Cπ，0，

22

Cππ

所以，所以C，

263

11

又M是AC的中点，所以MCACb，

22

22

22bbπ2bab

由余弦定理有：BMa2acosa，

22342

又2ab4，

2

42aa42a2

所以BM2a23a26a43a111，

42

当a1时，BM21，即BM1.

二、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．

5

9.若复数z，则下列选项正确的有（）

i2

A.|z|5B.z的共轭复数为2i

5

C.z为实数D.iz在复平面内对应的点位于第二象限

z

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据复数的运算法则，可得z，根据求模公式，可判断A的正误；根据共轭复数的概念，可判断B

的正误；根据除法运算法则，可判断C的正误；根据复数的几何意义，可判断D的正误.

【详解】由题意知，

55(−2−i)

所以�=i−2=(i−2)(−2−i)=−2−，iA正确；

22

z|�2|=i的−2共−轭i复=数为(−22)i+，(B−正1确)；=5

为实数，C正确；

555(−2+i)

因�+为�=−2−i+−2−i=−2−i+(−2−i)(−，2+i)=−2−i−2+i=−4

2

所以iiz�在=复i(平−面2−内i对)=应−的2点i−为i(1=,12−),2位i于第四象限,D错误.

10.在四边形ABCD中，CD2AB2，BCAD3，其外接圆半径为R，则下列结论正确的有（）

3

A.cosABC

6

B.DADC1

23

C.R

3

311

D.四边形ABCD的面积为

4

【答案】AD

【解析】

【分析】选项A，利用余弦定理，结合已知边长计算ABC的余弦值即得；选项B，先在△ADC中利用

余弦定理求出ADC的余弦值，再根据向量数量积计算即得；选项C，利用正弦定理结合三角形的边长和

1

内角正弦值计算外接圆半径R；选项D，利用三角形面积公式SabsinC，结合已求的内角正弦值计算

2

面积.

【详解】

34AC27AC2

如图连接AC，在ACD中，由余弦定理及题意得cosADC；

4343

13AC24AC2

在△ACB中，由余弦定理及题意得cosABC.

2323

4AC27AC2

ABCADCπ，cosABCcosADC0，

2343

4AC233

解得AC25，cosABC，cosADC，故A正确.

2366

3

DADCDADCcosADC321，故B错误.

6

AC52165

332R

sinABC，由正弦定理得sinABC3311，

6

6

165

R，故C错误.

11

3333

由C知，sinABC，sinADCsinπABCsinABC，

66

113311

SABBCsinABC13，

△ABC2264

113311

SADDCsinADC23，

△ADC2262

311

四边形ABCD的面积SSS，故D正确.

△ABC△ADC4

3

11.在ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，asinAbsinBc，cosAcosB，

4

ABC的面积为23，则下列结论正确的是（）

331

A.sinAsinBB.sinAsinB

42

C.a2D.c4

【答案】AD

【解析】

π

【分析】由题知sin2Asin2BsinC，进而得C，sinAcosB,cosAsinB,，再结合

2

33ππ

cosAcosB即可判断A；根据sin2B得B或B，再分类讨论判断B，结合面积分类讨

4263

论求解判断CD.

【详解】对于A，由asinAbsinBc和正弦定理得：sin2Asin2BsinC（*），

因为C0,π，所以sinC(0,1]，所以sinCsin2C，

即sin2Asin2Bsin2C，再由正弦定理，可得a2b2c2，

a2b2c2ππ

又由余弦定理，cosC0，所以C0,，则ABπ，

2ab22

3ππ

又cosAcosB0，即cosA0,cosB0，所以0A，0B，

422

πππ

则0BA，故sinAsinBcosB0，

222

由（*）得sinCsin2Asin2Bcos2Bsin2B1，与sinC1矛盾，

πππ

故C0,不成立，即C，所以AB，即sinAcosB,cosAsinB,

222

3

所以sinAsinBcosBcosA，故A正确；

4

133

对于B，因为cosAcosBsinBcosBsin2B，即得sin2B，

242

π2πππ

又02Bπ，所以2B或2B，解得B或B，

3363

π31π31

当B时，sinAsinBcosBsinB，当B时，sinAsinBcosBsinB，

6232

故B错误；

ππbsinAbsinC

对于C，D,当B时，A，由正弦定理，a3b,c2b，

63sinBsinB

则由132解得；

Sabb23a23,b2,c4

ABC22

ππasinBasinC

当B时，A，由正弦定理，b3a,c2a，

36sinAsinA

则由132解得.故C错误，D正确.

Saba23a2,b23,c4

ABC22

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．

12.在复平面内，O是坐标原点，已知复数z123i,z22i,z332i，它们所对应的点分别是A，

B，C．若OCxOAyOB(x,yR)，则xy的值是______．

【答案】5

【解析】

【分析】根据向量线性运算的坐标表示和复数对应的向量进行计算即可.

【详解】由题意可得：OA2,3，OB2,1，OC3,2，

所以xOAyOBx2,3y2,12x2y,3xy

2x2y3

由OCxOAyOB可得：

3xy2

713713

解得x，y​，因此xy5.

4444

13.如图，在四边形ABCD中，ACD为等边三角形，AB8,AC6,BC10，则BDAC______．

【答案】18

【解析】

【分析】先通过勾股定理判断ABC是直角三角形，再通过向量分解将BD拆分为ADAB，最后结合等

边三角形的性质即可求得结果.

【详解】因为AB8,AC6,BC10，即AB2AC2BC2，

所以ABC是直角三角形，且ACAB，

因为BDADAB，所以BDAC(ADAB)ACADACABACADAC，

1

因为ACD是等边三角形，所以AD�ACADACcos60=6创6=18，

2

即BDAC18.

14.草坪上有一个带有围栏的边长为6m的正三角形活动区域ABC，点P在边BC上，且PC2PB，小

王同学在该区域玩耍，他在P处放置了一个手电筒，若手电筒发出的光线张角（任两条光线的最大夹角）

为60°，则手电筒在ABC内部所能照射到的地面的最大面积为________m2

【答案】53

【解析】

【分析】通过正弦定理、割补法计算平面几何图形面积，基本不等式求解.

【详解】依题意，要使手电筒在ABC内部所能照射到的地面的面积最大，则光线必须经过AB、AC边，

π

如图，在正ABC中，EPF，BP2，CP4，设BPFCEP，

3

PCCE2π

4sin

由正弦定理得：sin2π，则3，

sinCE

3sin

PBBF2sin

BF

2πsin，则2π，

sinsin

33

SS△ABCS△BPFS△CPE，

2π

4sin

sin3

93353，

2πsin

sin

3

2π

4sin

sin3π

当且仅当，即时取等号，

2πsin2

sin

3

所以，最大值为53m2．

π

若BPM，BP2，CP4，

3

SS△BPM3

π

若CPM，BP2，CP4，

3

SS△CPM43

所以，最大值为53m2．

四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

15.已知复数z1满足z121i1i（i为虚数单位），复数z2的虚部为2，且z1z2是实数.

（1）求z2；

（2）设z1，z2在复平面内的对应点分别为A，B，求以OA，OB为邻边的平行四边形的面积.（O为坐

标原点）

【答案】（1）z242i

（2）8

【解析】

【分析】（1）先利用复数除法运算和乘法运算，求解z1，然后设出z2，再根据z1z2为实数求解z2即可；

（2）先根据题（1）条件求出A、B两点坐标，再求解sinAOB，然后根据S2S△OAB，利用三角形面

积公式求解即可.

【小问1详解】

因为z121i1i，

2

1i1i

所以z222i，

11i1i1i

设z2a2iaR，所以z1z22ia2i2a24ai，

因为z1z2为实数，所以4a0即a4，所以z242i，

【小问2详解】

因为z12i，z242i，

所以对应点坐标A2,1，B4,2，

所以22，，

z1OA215

11

因为k，k，

OA2OB2

所以OA、OB与x轴所成角相等，设为，

525

所以AOB2，sin，cos1sin2，

55

5254

所以sin22sincos2，

555

14

所以S2S2OAOBsin25258.

AOB25

16.在ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c．若ab1,cb1．

（1）已知CACB6，求三角形的三边长；

（2）若sinBcosCcosAsinC，D为AC中点，求△ABD外接圆半径．

【答案】（1）a5,b6,c7

（2）513．

6

【解析】

【分析】（1）利用余弦定理结合CACB6求得b6或2，又由题意知：cba所以b2即可求解

三角形的三边长；

π

（2）由sinBsinAC代入条件化简得到cosCsinA10，分析得到C，利用勾股定理和

2

ab1,cb1，解得b4，设△ABD的内切圆半径为R，再由正弦定理求解即可.

【小问1详解】

a2b2c2

CACBCACBcosCab

2ab

22

b2b1b1b24b

ab6

2ab2

b24b12，解得b6或2，

又由题意知：cba，∴b2，∴b6满足条件

∴a5,b6,c7，即为三角形的三边

【小问2详解】

∵sinBcosCcosAsinC,ABCπ，

∴sinBsinACsinAcosCcosAsinCcosCcosAsinC，

∴sinAcosCcosC，即cosCsinA10，

∴cosC0或sinA1，

ππ

∵A,C0,π，∴C或A，

22

π

当A时，a边最长，与条件ab1b矛盾，故舍去；

2

π

当C时，则c2a2b2，又ab1,cb1，

2

22

∴b1b1b2，解得：b4，

a3

∴a3,b4,c5,∴sinA,

c5

又∵D为AC中点，∴DC2，

∴在Rt△BCD中，BD13，

设△ABD的外接圆半径为R，

BD13513

2R513

由正弦定理得sinA33，即R，

6

5

513

∴△ABD的外接圆半径为．

6

17.如图所示，一辆汽车从A市出发沿海岸一条直公路以100km/h的速度向东匀速行驶，汽车开动时，

在A市南偏东方向距A市500km且与海岸距离为300km的海上B处有一快艇与汽车同时出发，要把一件材

料交送给这辆汽车的司机．

（1）快艇至少以多大的速度行驶才能把材料送到司机手中？

（2）求快艇以最小速度行驶时的行驶方向与AB所成的角；

（3）若快艇每小时最快行驶75km，快艇应如何行驶才能尽快把材料交到司机手中，最快需要多长时间？

【答案】（1）快艇至少以60km/h的速度行驶才能把材料送到司机手中．

（2）快艇应以垂直AB的方向向北偏东行驶．

（3）4h．

【解析】

【分析】（1）画图分析，设th后与汽车在C处相遇，再根据三角形中的关系分别表示快艇与汽车所经过的

路程，再化简求得快艇速度vkm/h与时间th之间的函数关系，再利用二次不等式的最值分析即可.

（2）根据（1）中的结论分析可得汽车与快艇路程构成的三角形中的边的关系，进而求得时间即可.

（3）设快艇以75km/h的速度沿BE行驶，th后与汽车在E处相遇，同（1）中的方法求得三角形各边的关

系分析即可.

【小问1详解】

如图，设快艇以vkm/h的速度从B处出发，沿BC方向行驶，th后与汽车在C处相遇，

在ABC中，AB500km,AC100tkm,BCvtkm,BD为AC边上的高，BD300km，

34

设BAC，则sin,cos，由余弦定理，得BC2AC2AB22ABACcos，

55

425000080000

即v2t2(100t)250022500100t，整理得v210000

5t2t

1814100001614

250000[()2]10000250000()236003600，

t225t2525t25

1425

当，即t时取等号，因此v60，

t254min

所以快艇至少以60km/h的速度行驶才能把材料送到司机手中.

【小问2详解】

由（1）知，v60km/h，

2525

在ABC中，AB500km,AC100625(km)，BC60375(km)，

44

AB2BC2AC2

由余弦定理，得cosABC0，因此ABC90，

2ABBC

所以快艇以最小速度行驶时的行驶方向与AB所成的角为90°.

【小问3详解】

如图，设快艇以75km/h的速度沿BE行驶，th后与汽车在E处相遇，

4

在ABE中，AB500km,AE100tkm,BE75tkm,cosBAE，

5

4100

由余弦定理，得(75t)25002(100t)22500100t，解得t4或t，

57

100

而4，取t4，AE400km,BE300km,AB2AE2BE2，

7

所以快艇应垂直于海岸向北行驶才能尽快把材料交到司机手中，最快需要4h.

18.在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，cacosBb3asinB.

（1）求A；

（2）若ABC的面积为43，内角A的角平分线交边BC于E，b4，求AE的长；

（3）若a7，边BC上的中线AD3，设点O为ABC的外接圆圆心，求AOAD的值.

2π

【答案】（1）

3

85

（2）2（3）

8

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再求出cosA，即可得解；

（2）使用“拆面积法”，即S△ABCS△ABES△ACE，由此求解即可；

（3）由题意ABAC2AD，两边平方得，结合余弦定理可求出b2c2，再根据数量积的几何意义即可

得.

【小问1详解】

由cacosBb3asinB及正弦边角关系，得sinCsinAcosBsinB3sinAsinB，

因为ABCπ，即Cπ(AB)，

则有sinπABsinAcosBsinB3sinAsinB

sinABsinAcosBsinB3sinAsinB

sinAcosBcosAsinBsinAcosBsinB3sinAsinB

sinBcosA3sinA10，

由sinB0，因此1cosA3sinA，

2

则1cosA3sin2A31cos2A，

1

由0Aπ，得1cosA1，解得cosA，

2

2π

又A0,π，所以A；

3

【小问2详解】

1

由S△bcsinA43，得bc16，b4，则c4，

ABC2

又S△ABCS△ABES△ACE，

π

因为内角A的角平分线交边BC于E，所以BAECAE，

3

1313

∴43AEbAEc23AE，

2222

∴AE2；

【小问3详解】

在ABC中，由余弦定理a2b2c22bccosA，得b2c2bc49，

由边BC上的中线AD3，又因为ABAC2AD，

222

两边平方得ABAC2ABAC4AD，

2π

则b2c22bccos36，即b2c2bc36，

3

85

解得b2c2，

2

令边AB,AC的中点分别为M,N，由点O为ABC的外接圆圆心，

得OMAB，ONAC，

121

AOABAMMOABAMABABc2，

22

121

AOACANNOACANACACb2，

22

111185

所以AOADAOABACAOABAOACc2b2.

22248

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