福建福州市台江区九校2025-2026 学年高一下学期期中考试
数学试题
一、单选题
1．已知平面向量⃗a=(2, x−1)，⃗b=(6,2−x)，若向量a
→
与b
→
共线，则x =（ ）
A．−2
B．2
C．5
D．5
4
2．复数z满足(z +1)⋅i=1−2i（i为虚数单位），则z的共轭复数的虚部是（ ）
A．−3
B．−3i
C．1
D．i
3．圆台的一个底面圆周长是另一个底面圆周长的3 倍，母线长为15，圆台的侧面积为420π，则圆台较
小底面圆的半径为（ ）
A．7
B．6
C．5
D．3
4．在△ABC中，D 为BC的中点，E 为AB上一点，则⃑AB+⃑AC −2⃑AE =（ ）
A．⃑0
B．⃑ED
C．⃑DE
D．2⃑ED
5．如图，△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（ ）
A．4
B．4√2
C．8
D．8√2
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．充要条件
B．充分不必要条件
C．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
7．已知△ABC的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且面积为S．若a=1，C =π
4 且
4 S =acos B+bcos A，则B =（ ）
A．5π
６
B．7π
12
C．π
6
D．π
3
8．平行四边形ABCD中，AB = 4，AD =2，⃗AB⋅⃗AD = 4√2，点P在边CD上，则⃗PA ⋅⃗PB的取值范围是
（ ）
A．[−1,8]
B．[−1,4 +√2]
C．[−2,4+ 4√2]
D．[−2,0]
二、多选题
9．已知向量⃗a=(1,3)，⃗b=(2, y)，(⃗a+⃗b)⊥⃗a，则（ ）
A．⃗b=(2,−3)
B．向量⃗a,⃗b的夹角为3π
4
C．|⃗a+ 1
2⃗b|=1
D．⃗a在⃗b方向上的投影向量是(−1，2)
10．下列说法正确的是（ ）
A．z⋅z =| z|
2, z∈C
B．i
2025=i
C．若| z|=1, z∈C，则| z−2|的最小值为2
D．若−4 +3i是关于x的方程x
2+ px +q =0( p,q∈R)的根，则p=8
11．对于△ABC有如下命题，其中正确的是（ ）
A．若sin
2 A +sin
2B+cos
2C <1，则△ABC为钝角三角形
B．若B =π
3 ,a=2√3，且△ABC有两解，则b的取值范围是(√3,2√3)
C．在△ABC中，若A >B，则不等式sin A >sin B恒成立
D．在△ABC中，若B =60
°,b
2=ac，则△ABC必是等边三角形
三、填空题
12．一个底面半径为2cm 的圆柱形容器内盛有足量的水，能放入一个半径为1cm 的实心铁球，沉入水底后，
水未溢出容器，则水面升高了________cm．
13．海上一观测站A测得南偏西60°的方向上有一艘停止待维修的商船D，在商船D的正东方有一艘海盗
船B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√7 海里，20 分钟后测得海盗船B位于
距观测站20 海里的C处，再经___________分钟海盗船B到达商船D处．
14．如图，在△ABC中，⃗AC =3⃗AN , P是BN上的一点，若⃗AP =(m+ 1
3)⃗AB+ 1
9⃗AC，则实数m的值为
______________
四、解答题
15．已知复数z =(1+i)m
2−(2+i)m−2i(m∈R)．
(1)若z是纯虚数，求m的值；
(2)若z在复平面内所对应的点在第四象限，求m的取值范围．
16．如图，在平行四边形ABCD中，E 为BC的中点，设⃗AB =⃗a,⃗AD =⃗b.
(1)用⃗a,⃗b表示⃗AC ,⃗CE ,⃗DE；
(2)若AB =2, AD =6，且∠BAD =120°，求⃗AC ⋅⃗DE.
17．如图，在△ABC中，AB =2，cosB = 1
3，点D 在线段BC 上.
(1)若∠ADC=3
4 π，求AD 的长；
(2)若BD=2DC，△ADC 的面积为4√2
3
，求AC 的长.
18．如图，在高为2 的正三棱柱ABC −A1B1C1中，AB =2, D是棱AB的中点．
(1)求该正三棱柱的体积；
(2)求三棱锥D−A1B1C的体积；
(3)设E为棱B1C1的中点，F为棱B B1上一点，求AF + EF的最小值．
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 =∠BOC =∠AOC =120°的点O 即为费马点；当△ABC有一个内角
大于或等于120°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△ABC的内角A，B，C
所对的边分别为a，b，c，且设点P 为△ABC的费马点．
(1)若2sin Bsin(C +π
3 )=√3sin A，且△ABC面积为3√3
4
．
（i）求角B；
（ii）求⃗PA ⋅⃗PB+⃗PB⋅⃗PC +⃗PC ⋅⃗PA；
(2)若cos
2 A
2 = b+c
2c ，△PCA，△PCB，△PAB的面积为S1，S2，S3，求
S1+ S2
S3
的最小值．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
A
D
B
C
C
C
BD
ABD
题号
11
答案
ACD
1．D
直接利用向量平行的坐标运算列方程求解．
【详解】因为向量⃗a与⃗b共线，所以6( x−1)−2(2−x)=0，
解得x = 5
4 ．
故选：D．
2．C
【详解】由题意可得：z = 1−2i
i
−1= (1−2i)i
−1
−1=−3−i，所以z =−3+i，所以复数z的共轭复数的
虚部为1.
3．A
设圆台的上下底面圆的半径分别为r , R，根据题意，求得R =3r，再利用圆台的侧面积公式，列出方程，
即可求解.
【详解】设圆台较小底面圆的半径为r，较大的底面圆的半径为R，
因为圆台的一个底面圆周长是另一个底面圆周长的3 倍，
可得2π R =3×2πr，所以R =3r，
又因为圆台的侧面积为420π，可得S侧=π(r + R)⋅l = 4πr ×15= 420π，解得r =7.
故选：A.
4．D
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，所以⃑AB+⃑AC =2⃑AD，
所以⃑AB+⃑AC −2⃑AE =2⃑AD−2⃑AE =2⃑ED.
故选：D.
5．B
还原△OAB，求出其边长即可求解直角三角形的面积.
【详解】如图，△OAB的直观图是O
' A
' B
'，则OA =O
' A
' =2,OB =2O
' B
' = 4√2，
则△OAB的面积为1
2 OA ⋅OB = 4√2.
故选：B
6．C
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x
2= 4，解得x =±2．
若向量⃗a与⃗b的夹角为锐角，则⃗a⋅⃗b>0且cos⟨⃗a,⃗b⟩≠1，所以4 x + x>0且x≠2，解得x∈(0,2)∪(2,+∞)．
故“x>0”是“向量⃗a与⃗b的夹角为锐角”的必要不充分条件．
故选：C.
7．C
利用余弦定理、三角形面积公式及正弦定理边化角求解．
【详解】在△ABC 中，acos B+bcos A =a⋅a
2+c
2−b
2
2ac
+b⋅b
2+c
2−a
2
2bc
=c，而S = 1
2 absinC，
由4 S =acos B+bcos A，得2absinC =c，又a=1，C =π
4 ，则c =√2b，
由正弦定理得√2sin B =sinC =sinπ
4 ，解得sin B = 1
2，由b<c，得B<C，
所以B =π
6 ．
8．C
建立平面直角坐标系，设P( x ,√2),(0≤x ≤4)，把⃗PA ⋅⃗PB的取值范围转化为求二次函数的值域问题，即
可求得本题答案.
【详解】作DO⊥AB，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
|⃗AB|⋅|⃗AD|
= 4√2
4×2 = √2
2 ，而0<∠DAB<π,所以∠BAD =π
4 ，
在直角△AOD中，因为∠BAD =π
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 ,−√2)，
所以⃗PA ⋅⃗PB =(−√2−x)(4−√2−x)+(−√2)×(−√2)= x
2+(2√2−4) x + 4−4√2，
因为二次函数开口向上，对称轴为x =2−√2，且0≤x ≤4，
所以当x =2−√2时，⃗PA ⋅⃗PB取最小值−2，当x = 4时，⃗PA ⋅⃗PB取最大值4+ 4√2，
所以⃗PA ⋅⃗PB的取值范围是[−2,4 + 4√2].
故选：C
9．BD
根据向量的坐标运算，即可结合选项逐一求解.
【详解】对于A，∵⃗a=(1,3)，⃗b=(2, y)，∴⃗a+⃗b=(3，3+ y)，
∵(⃗a+⃗b)⊥⃗a，
∴3×1+3×(3+ y)=0，y =−4，⃗b=(2,−4)，故A 错误；
对于B，cos〈⃗a,⃗b 〉=⃗a⋅⃗b
|⃗a|⋅|⃗b|
= 1×2−3×4
√10⋅√20 =−√2
2 ，
由于⟨⃗a,⃗b⟩∈[0,π ]，则向量⃗a，⃗b的夹角为3 π
4 ，故B 正确；
对于C，∵⃗a+ 1
2⃗b=(1,3)+(1,−2)=(2,1)，
∴|⃗a+ 1
2⃗b|=√5，故C 错误；
对于D，⃗a在⃗b方向上的投影向量为(⃗a⋅⃗b)⋅⃗b
|⃗b
2|
=−1
2⃗b=(−1,2)，故D 正确．
故选：BD．
10．ABD
设z =a+bi，a,b∈R，计算出|z|
2= z⋅z判断A；利用复数单位的幂运算判断B；设z = x + y i，
x , y ∈R，得到x
2+ y
2=1，|z−2|=√−4 x +5，根据−1≤x ≤1，得到|z−2|的最小值为1 判断C，先求
出二次方程的另一个根，然后利用韦达定理求得p=8判断D．
【详解】设z =a+bi，a,b∈R，则z =a−bi，
又|z|
2=(√a
2+b
2)
2=a
2+b
2，z⋅z =(a+bi)(a−bi)=a
2+b
2，
所以z⋅z =| z|
2, z∈C成立，所以A 正确．
i
2025=i
2024+1=i，所以B 正确．
设z = x + y i，x , y ∈R，由于|z|=1，则√x
2+ y
2=1，即x
2+ y
2=1，
故|z−2|=√(x −2)
2+ y
2=√(x −2)
2+1−x
2=√−4 x +5，
由x
2+ y
2=1，得−1≤x ≤1，则−4 x +5≥1，
故当x =1时，|z−2|的最小值为1，所以C 不正确．
因为−4 +3i是关于x的方程x
2+ px +q =0( p,q∈R)的根，
所以−4−3i也是关于x的方程x
2+ px +q =0( p,q∈R)的根，
则−p=−4−3i−4 +3i=−8，则p=8，所以D 正确．
故选：ABD．
11．ACD
由正弦定理将角化边，再由余弦定理可得cosC <0，判断出角C为钝角，判断A；由三角形有两解的充要
条件列表达式，可得b的范围，判断B；由正弦定理判断C；由余弦定理可得a=c，判断出△ABC 的形状，
判断D．
【详解】A 中，sin
2 A +sin
2B+cos
2C <1，即sin
2 A +sin
2B<sin
2C，
由正弦定理可得a
2+b
2<c
2，由余弦定理可得cosC = a
2+b
2−c
2
2ab
<0，
因为C ∈(0,π)，所以C ∈(
π
2 ,π)，即C为钝角，所以该三角形为钝角三角形，故A 正确；
B 中，若B =π
3 ,a=2√3，且△ABC 有两解，则asin B<b<a，即2√3× √3
2 <b<2√3，
即b的范围为(3,2√3)，所以B 错误；
C 中，在△ABC 中，A >B，由大角对大边得a>b，由正弦定理可得sin A >sin B成立，所以C 正确；
D 中，若B =60
°,b
2=ac，由余弦定理可得b
2=a
2+c
2−2ac cos B =a
2+c
2−ac，
即ac =a
2+c
2−ac，即(a−c)
2=0，所以a=c，所以△ABC 必是等边三角形，故D 正确．
12．1
3
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⋅2
2⋅x = 4
3 π⋅1
3，解得：x = 1
3.
13．40
3
根据图示：在△ABC中，利用余弦定理求得∠ACB，从而得到∠DCA，然后在△ADC中，利用正弦定
理求得DC，然后再根据速度求出时间.
【详解】如图所示：
在△ABC中，AB =10√7 , AC =20,BC =30，
由余弦定理得：cos∠ACB = BC
2+ A C
2−A B
2
2BC ⋅AC
= 1
2，
所以∠ACB =60
∘，则∠DCA =120
∘，
在△ADC中，∠ADC =30
∘,∠DAC =30
∘，
∴CD = AC =20
所以t = 20
90 ×60= 40
3 ，
即再经40
3 分钟海盗船B到达商船D处．
故答案为：40
3
14．1
3
利用平面向量共线的推论直接计算即可．
【详解】因为⃗AC =3⃗AN，⃗AP =(m+ 1
3)⃗AB+ 1
9⃗AC，
所以⃗AP =(m+ 1
3)⃗AB+ 1
3⃗AN．
因为B､P､N三点共线，所以(m+ 1
3)+ 1
3 =1，解得m= 1
3．
15．(1)0
(2)(−1,0)
【详解】（1）由复数z =(1+i)m
2−(2+i)m−2i=(m
2−2m)+(m
2−m−2)i，
因为复数z是纯虚数，则满足¿，解得m=0或m=2（舍去），
所以实数m的值为0.
（2）由复数z =(m
2−2m)+(m
2−m−2)i，
若z在复平面内所对应的点在第四象限，则满足¿，解得−1<m<0，
所以实数m的取值范围为(−1,0).
16．(1)⃗AC =⃗a+⃗b，⃗CE =−1
2⃗b，⃗DE =⃗a−1
2⃗b
(2)−17
（1）由向量对应线段的数量、位置关系用⃗AB ,⃗AD表示出⃗AC ,⃗CE ,⃗DE即可；
（2）由（1）及向量数量积的运算律可得⃗AC ⋅⃗DE =⃗AB
2+ 1
2⃗AB⋅⃗AD−1
2⃗AD
2，结合已知即可求值.
【详解】（1）由⃗AC =⃗AB+⃗BC =⃗AB+⃗AD =⃗a+⃗b，⃗CE = 1
2⃗CB = 1
2⃗DA =−1
2⃗AD =−1
2⃗b，⃗
DE =⃗DC +⃗CE =⃗AB−1
2⃗AD =⃗a−1
2⃗b，
所以⃗AC =⃗a+⃗b，⃗CE =−1
2⃗b，⃗DE =⃗a−1
2⃗b.
（2）由（1）知：⃗AC ⋅⃗DE =(⃗AB+⃗AD)⋅(⃗AB−1
2⃗AD)=⃗AB
2+ 1
2⃗AB⋅⃗AD−1
2⃗AD
2，
又AB =2, AD =6，且∠BAD =120°，则⃗AC ⋅⃗DE = 4 + 1
2 ×12×(−1
2 )−18=−17.
17．(1)8
3
(2)4√2
（1）在△ABD中，由正弦定理即可求解；
（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.
【详解】（1）在△ABC中，∵cosB = 1
3 ,∴sin B = 2√2
3
.
在△ABD中，由正弦定理得
AB
sin∠ADB = AD
sin B ，
又∵AB =2,∠ADB =π
4 ,sin B = 2√2
3
，
∴AD = AB⋅sin B
sin∠ADB =
2× 2√2
3
√2
2
= 8
3 .
（2）∵BD =2 DC ,∴S△ABD=2S△ADC ,S△ABC =3 S△ADC.
又∵S△ADC = 4√2
3
,∴S△ABC = 4√2.
∵S△ABC = 1
2 ⋅AB⋅BC ⋅sin B = 1
2 ×2×BC × 2√2
3
，
解得：BC =6
在△ABC中，由余弦定理得A C
2= A B
2+ BC
2−2 AB⋅BC ⋅cosB = 4+36−24× 1
3 =32，
所以AC = 4√2.
18．(1)2√3；
(2)2√3
3
；
(3)√13．
（1）由正三棱柱的体积公式求解即可；
（2）由D−A1B1C的体积等于V A1B1C1−ABC−V A1−ACD−V B1−BCD−V C −A1B1C1，分别求出
V A1−ACD,V B1−BCD,V C −A1B1C1的体积代入即可得出答案.
（3）将侧面BBC1B1绕B B1旋转至与侧面AB B1 A1共面，如图所示,当A , F , E三点共线时，AF + EF取
得最小值，求解即可.
【详解】（1）因为S△ABC = √3
4 ×2×2=√3，
所以V A1B1C1−ABC = S△ABC⋅A A1=√3×2=2√3．
（2）因为V A1−ACD=V B1−BCD= 1
3 × 1
2 S△ABC⋅A A1= √3
3 ，
V C −A1B1C1= 1
3 ×S△ABC⋅A A1= 2√3
3
，
所以V D−A1B1C =V A1B1C1−ABC−V A1−ACD−V B1−BCD−V C −A1B1C1= 2√3
3
（3）将侧面BBC1B1绕B B1旋转至与侧面AB B1 A1共面，如图所示．
当A , F , E三点共线时，AF + EF取得最小值，
且最小值为√2
2+(2+1)
2=√13．
19．(1)（i）B =π
3 ；（ii）⃗PA ⋅⃗PB+⃗PB⋅⃗PC +⃗PA ⋅⃗PC =−3
2
(2)√3−1．
（1）（i）利用两角和的正弦公式和sin A =sin (B+C)即可求解；
（ii）由（i）得P 为△ABC内的费马点，即∠APB =∠BPC =∠CPA = 2π
3 ，利用△ABC面积为3√3
4
得
PA ⋅PB+ PB⋅PC + PA ⋅PC =3，即可求解；
（2）由cos
2 A
2 = b+c
2c 利用二倍角的余弦公式有1+cos A
2
= b+c
2c ，即c cos A =b，利用正弦定理有
sinC cos A =sin B，即sin A cosC =0，从而求出角C，利用面积公式得
S1+ S2
S3
= PC
PB + PC
PA ，再由正弦定
理即可得PC
PB =
sin(
π
3 −θ)
sinθ
，PC
PA =
sin(θ−π
6 )
sin(
π
2 −θ)
，最后利用均值不等式即可求解.
【详解】（1）（i）∵2sin Bsin(C +π
3 )=√3sin A，sin A =sin[π−(B+C)]=sin (B+C)，
∴2sin B(
1
2 sinC + √3
2 cosC)=√3sin (B+C)=√3(sin BcosC +cos BsinC)，
∴sin BsinC =√3cos BsinC，
在△ABC中，sinC ≠0，∴sin B =√3cos B，∴tan B =√3，
又B∈(0,π)，∴B =π
3 ．
（ii）∵B =π
3 ，∴△ABC不存在大于等于120°的角，∴P 为△ABC内的费马点．
所以∠APB =∠BPC =∠CPA = 2π
3 ，
∵S = 1
2 PA ⋅PBsin 2π
3 + 1
2 PB⋅PC sin 2π
3 + 1
2 PA ⋅PC sin 2π
3 = 3√3
4
，
∴PA ⋅PB+ PB⋅PC + PA ⋅PC =3，
∴⃗PA ⋅⃗PB+⃗PB⋅⃗PC +⃗PA ⋅⃗PC =|⃗PA||⃗PB|cos 2π
3 +|⃗PB||⃗PC|cos 2π
3 +|⃗PA||⃗PC|cos 2π
3
=−1
2 (|⃗PA||⃗PB|+|⃗PB||⃗PC|+|⃗PA||⃗PC|)=−3
2．
（2）∵cos
2 A
2 = b+c
2c ，∴1+cos A
2
= b+c
2c ，即c cos A =b，
在△ABC中有正弦定理得sinC cos A =sin B，sin B =sin[π−( A +C)]=sin ( A +C)，
∴sinC cos A =sin ( A +C)=sin A cosC +cos A sinC，∴sin A cosC =0，
在△ABC中，sin A ≠0，∴cosC =0，
又C ∈(0,π)，∴C =π
2 ．
∴
S1+ S2
S3
=
1
2 PC ⋅PA sin 2π
3 + 1
2 PC ⋅PBsin 2π
3
1
2 PA ⋅PBsin 2π
3
= PC
PB + PC
PA ，
设∠PCB =θ，θ∈(0,π
2 )，则在△PCB由正弦定理得，PC
PB =
sin(
π
3 −θ)
sinθ
，
在△PCA由正弦定理得，PC
PA =
sin(θ−π
6 )
sin(
π
2 −θ)
，
∴
S1+ S2
S3
=
sin(
π
3 −θ)
sinθ
+
sin(θ−π
6 )
sin(
π
2 −θ)
= √3
2 (tanθ+
1
tanθ)−1≥√3−1，
当且仅当tanθ =1，θ∈(0,π
2 )，θ =π
4 时等号成立．
∴
S1+ S2
S3
的最小值为√3−1．
