湖北武汉市部分重点中学2025-2026学年下学期期中考试高一数学试卷

一､选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个若2iz3i（i为虚数单位，则z 1

D.1设 为两个非零向量，则“ ”是“存在正数λ，使得 ”的 a,

ab

aA.B.C.D.3.下列说法正确的是10个顶点，5 A. B. C. D.在VABCA,BCabcaccosBbccosA，且c2a2b2abVABC的形状为（A.钝角三角 B.等腰直角三角 C.直角三角 D.等边三角 它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关系.根据此公式，化简(e4)2026e的结果为 22

1

1

1

232

H为VABCAH

AC，则sinBAC

2.则下列结论中，错误的是（）该石凳的表面积为24408有外接球，且外接球的表面积为二､多选题：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.下列结论正确的是 m21m1i0，则实数m的取值范围是11z满足2z3z在复平面内对应的点所构成的图形的面积为复数2m23m2m23m2i,mRz1z2z1z2z1z2在VABC中，角A,B,C所对的边分别为a､b､c.若b4,Cπ，则 c VABC外接圆周长为c VABC的面积为c7sinB一定大于c

VABC3的圆锥，将其放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点S锥在平面内转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周，则 圆锥的侧面积为圆锥的体积为54AA，则爬行的最短距离为圆锥的外接球与内切球半径比值为三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分边长为1的正六边形的直观图的面积 已知平面向量abab1a2b2ab在向量b →sinxsin2xπ

→

3sinx,1，函数fx

→→

y

fx

4,

2u 在x0,π内有两个不同的零点，则实数m的取值范围 2四､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zz

（1）z（2）zx2bxc0的一个根，求方程的另一个根和bc的值M20,N3,1P13→MNbMP 若amba，求m 若b→与→ 的夹角是钝角，求m 1cm，正2cm1cm，现有一盒这种零件共重6503g（不包含盒子的质量，取铁的密度为7.8gcm3如果要给这盒零件的每个零件表面涂上一种特殊的材料，试问共需涂多少cm2在锐角VABCAB,Cabc2cosAcosC

tanAtanC.B若AC22,AC边中线BD长 ，求VABC的面积AC

时，VABC的面积为S，周长为L，求的取值范围如图所示，设OxOy是平面内相交成α(0απe1e2分别为OxOy同向的单位向xOy为α仿射坐标系.在α仿射坐标系中，若OPxe1ye2，则记OPxy. xyxy；②若 ，则xxyy 1 2

a

1 1在α→32b23a与bπ，求cosα

x

yFEBC

1,OD

1OC，点 EFBDBC中点，求OEOF的最小值一､选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个若2iz3i（i为虚数单位，则z 1【答案】

D.1 3 3 【详解】因为2iz

4

55i1i设 为两个非零向量，则“ ”是“存在正数λ，使得 ”的 a,

ab

aA.充分而不必要条 B.必要而不充分条C.充分必要条 D.既不充分也不必要条【答案】Q

ab

a0,

0，设ab两向量的夹角为 →

充分性：Qab0

ababcosθ0，即cosθ0，解 ；aa不一定存在正数λ，使得→ 必要性：Q存在正数λ，使得→aa→ ababcosθab0，即必要性成立“ ”是“存在正数λ，使得 ”的必要而不充分条件ab a下列说法正确的是 10个顶点，5【答案】ABD,S1l2sinθAAB,BC,过圆锥顶点的截面为等腰三角形，且两腰长为母线长l，设该等腰三角形顶角为θS1l2sinθ，显然当θ，面积S最大，故当圆锥的轴截面三角形顶角大于π时 CD,正五棱柱有七个面，10个顶点，五条侧棱，D正确 A. B. C. D.【答案】r，母线长为lrl，进而利用圆柱的体积公式即可求解r，母线长为ll2r，所以2rl16，即l2r4r2，所以该圆柱的体积为Vπr2lπ22416π，在VABCA,BCabcaccosBbccosA，且c2a2b2abVABC的形状为（A.钝角三角 B.等腰直角三角 C.直角三角 D.等边三角【答案】【分析】由c2a2b2ab可得CπaccosBbccosAab，确定VABC【详解】由c2a2b2aba2b2c2aba2b2

C0,

C所以cosC ， ，所 . accosBbccosA，根据正弦定理可得sinAsinCcosBsinBsinCcosA又sinAsinBCsinBcosCcosBsinCsinBsinACsinAcosCcosAsinC，所以sinBcosCsinAcosC，又cosC0，所以sinBsinA，ababCπ，所以VABC 它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关系.根据此公式，化简(e4)2026e的结果为 22

1

232

【答案】

(506ππ

(e4)2026e2

2e2=cos(506π

)isin(506π)cos

1 1

H为VABCAH

AC，则sinBAC

【答案】【分析】由垂心的性质得到向量的数量积，解方程组求得cosBAC，最后求sinBACH是VABCBHAC0AHBC 2 1因为BHBAAHABAC 2 1 BHAC3AB2ACAC2

ABAC0，

3ABAC3AC2ABACcosBAC

AC，

cosBAC 1

1

1

AHBCABACACABACABABAC0

3

ABACABAC AC

AB 3 3AB AC 3 32所以cosBAC32sinBAC

21cos1cos22.则下列结论中，错误的是（）该石凳的表面积为24408有外接球，且外接球的表面积为【答案】【详解】A68622

3222483，AB该石凳由一个棱长为

822381122 82402，B C686设该点为O，O到这6个正方形距离 设O到8个正三角形的距离为h，则1 322h1122 ，解得h 6 所以该多面体不存在内切球，CD选项，该多面体存在外接球，其球心为原正方体的中心，它到每个点的距离为原正方体面对角线的一2，所以球表面积为4π2216π，D正确二､多选题：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.下列结论正确的是 m21m1i0，则实数m的取值范围是11z满足2z3z在复平面内对应的点所构成的图形的面积为复数2m23m2m23m2i,mRz1z2z1z2z1z2【答案】Cz1abi,z2cdiabcdRD.Am21m1i0m21则m1

m1ABz满足2z3z23的圆环，所以面积为π32π225πB正确；C，若复数2m23m2m23m2i,mR

，解得1m1，m1,1时，复数2m23m2m23m2i,mR CDz1abi,z2cdiabcdR，z1abi,z2cdi，zzzzabicdiabicdiacadbcibdi2acbcadibdi22acbd1 1z1z2z1z2RD正确在VABC中，角A,B,C所对的边分别为a､b､c.若b4,Cπ，则 c VABC外接圆周长为c VABC的面积为c7sinB一定大于c

VABC【答案】【分析】根据正余弦定理逐个分析求解即可A2R234nR

sin

2R（R为VABC外接圆半径，代入c ，外接圆周长2πR4π，A选项B，由余弦定理c2a2b22abcosC，代入c 得，3a2164ana24a13判别式Δ16520，方程无解，三角形不存在，B 7选项C，代入c到余弦定理得a2164an4a216a150 2a5a3a4b.由正弦定理sinAa1，得sinBsinA，C sin DbsinC4

3

，c

b4a24a110，仅一个正根，三角形只有一解，D错误如图是底面半径为3的圆锥，将其放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点S滚动，当这个圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周，则（ 圆锥的侧面积为圆锥的体积为54AA，则爬行的最短距离为圆锥的外接球与内切球半径比值为【答案】C，利用勾股定理即可求解球半径.【详解】设圆锥的母线长为lr0，则以SSASπl2，圆锥的侧Sπrl3πl3周，所以圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为2πl32πr0，解得l99S3π927πA9292

，则圆锥的体积V1πr2h1π32

182πBSA设ASAθ，则

则VASAAA2ASsinπ29

3

C正确RR232

R)2R272r62rrr32R 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分边长为1的正六边形的直观图的面积 3【详解】由于S直观图 S原 1的正六边形的面积为6111sinπ33 33

236 已知平面向量abab1a2b2ab在向量b 5【答案】

→ a

2ab

，再利用投影向量的公式求解. → → 【详解】a a2ba4ab

4 → ab1，所以14ab44ab4 →

1 abb

abb

5ab在b

→ b

→ b

b b →sinxsin2xπ

→

3sinx,1，函数fx

→→

y

fx

4,

2u 在x0,π内有两个不同的零点，则实数m的取值范围 2【答案】 y

fxmx0π 2不等实根，进而转化为两个函数在给定区间内有两个交点的问题，数形结合，即可求出参数的值fx

→

2

π【详解】

2uv 2

x

x

31cos2x1sin2x12sin2xπyfxmx0π 3

2 π

π

2sin2xm0 π 即sin2x y π π

m

sin2x3x02y

x0π2xππ2πysinzzπ2π 2

y

3 π

π

3

m

sin2x3在区间0,2上的图象与直线y 有两个交点时，所以m13,1，即m的取值范围是 1,3 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zz

（1）z（2）zx2bxc0的一个根，求方程的另一个根和bc的值【答案（1）z （2）z 3i，bc （1）（2）根据已知条件，推得z 1m2zmnimnm2z

m2m2故

n

.得n

，故z 2zx2bxc0若z 3i，则z 3i也为实系数一元二次方程x2bxc0的一个根33i 3i故

，解得b23,c12，故bc

3iM20,N3,1P13→MNbMP 若amba，求m 若b→→

的夹角是钝角，求m的取值范围（1）ma,【分析（1）求出 的坐标，再根据两向量的数量积为0a,（2）0，且它们不能共线，列出不等式组求解即得m的取值1aMN1,1bMP13 则a 2,ba132 → →又amba，所以amba|a|mba22m0m2b a2,2,ambm1,3mb 由ba与amb的夹角是钝角，可知baamb0且ba与amb 由baamb0得2m123m10m0 又由b→与→ 共线可得23m12m10，得m 故m的取值范围为∞1101cm，正2cm1cm，现有一盒这种零件共重6503g（不包含盒子的质量，取铁的密度为7.8gcm3如果要给这盒零件的每个零件表面涂上一种特殊的材料，试问共需涂多少cm2（1）100（2）300 7539（1）（2）作出辅助线，求出零件的表面积，得到答案1a1a2sin60

3a2 故正三棱柱的体积V 3121 3cm3

3312 37正三棱台的体积V2 1

1

cm 所以该零件的质量为7337.8133g 4 所以该盒中共有零件

1331002因为AD1sin60 3cm，所以OD1 3 3cm 同理可得OD1 32 3cm1OOOOOOD

39cm所以三棱台的侧面积为11 393339cm2 所以一个零件的表面积为339 312 322113353339cm2 因为3

100300

在锐角VABCAB,Cabc2cosAcosC

tanAtanC.BAC22ACBD

，求VABCAC

时，VABC的面积为S，周长为L，求的取值范围（1）B333（3） ,13 （1）根据给定条件，将正切化成正余弦，再逆用和角正弦公式求解ac，进而求出三角形面积利用正弦定理及三角形面积公式，结合和差角的正弦化简，再利用余弦函数性质求出值域即可1在锐角VABC中，由2cosAcosC

，得2cosAcosC(tanAtanC)tanB即2cosAcosC(sinAcosCcosAsinC2sin(AC2sinBsinBB

(0,)，得sinB0，cosB，所以B 2BD是VABCACBABC2BD

2BABC

BD

5,Bπa2c2ac20，由余弦定理得b2a2c22accosB又b

a2c2ac8ac6，经验证VABC所以VABC

1acsinB16

333V 3a b234

a4sinA,c由正弦定理得sin

sin

sin ， AC2πAπθ，则Cπθ，由锐角VABC，得πθπ 4(ac2 163sin(4(ac2S

ab

2 4cosθ13 2 2(2cosθ1，由πθπ，得3cosθ 31cosθ11

所以的取值范围是

311, 如图所示，设OxOy是平面内相交成α(0απe1e2分别为OxOy同向的单位向xOy为α仿射坐标系.在α仿射坐标系中，若OPxe1ye2，则记OPxy. xyxy；②若 ，则xxyy 1 2

a

1 1在α→32b23a与bπ，求cosα

x

yFEBC

1,OD

1OC，点 EFBDBC中点，求OEOF的最小值（1）①（3）517Bb0C0cb0c0，以e1e2为基底将OEOF表示出来，得出数量积的表达式，再由1①成立，②不成立.若 ，则存在非零实