2025-2026学年甘肃徽县第一中学高一下学期5月期中考试数学试题 含答案

/2025-2026学年徽县第一中学高一下学期期中考试（数学）试卷注意事项：1.

答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.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.一、单选题：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.1.已知为虚数单位，若复数是纯虚数，则实数等于（）A. B.2 C. D.6【答案】C【解析】【分析】根据乘法运算法则，化简整理，结合纯虚数的定义，即可得答案.【详解】复数，因为是纯虚数，所以，解得.2.已知，，若，则实数（）A. B. C.1 D.2【答案】D【解析】【分析】根据向量的线性运算及向量的共线结论可得.【详解】因为，，所以，，由，所以，解得．3.已知复数，则（）A.2 B. C.0 D.【答案】A【解析】【详解】对于复数，其共轭复数为

，故.4.已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与C的左、右支分别交于点P、Q.若，且，则C的离心率为（）A.3 B.2 C. D.【答案】A【解析】【分析】由向量的关系求出线段之间的关系，设，则，，再由双曲线的定义可得，，再由数量积为可得直线的垂直，分别在两个直角三角形中由余弦定理可得，的关系，可求出离心率．【详解】，设，则，，由双曲线的定义可得，，因为，在中，由余弦定理有，即，①在中，由余弦定理有，即，②由②可得，代入①可得，即.所以C的离心率为：，故选：A.5.如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，则平面图形中对角线的长度为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意，结合斜二测画法的原几何图形，进而求得其对角线长，得到答案.【详解】由梯形的直观图，结合斜二测画法，得到原几何图形是直角梯形，如图所示，其中，，所以.故选：C．6.在中，是上一点，满足是的中点，若，则（）A. B.1 C. D.【答案】C【解析】【分析】利用平面向量线性运算计算即可.【详解】是的中点，，又，从而得到，进而可知.7.已知向量满足，则（）A.2 B. C.4 D.【答案】C【解析】【详解】由题设有，故，故，即.8.正n边形有n条边,它们对应的向量依次为a1,a2,a3,…,an,则这n个向量()A.都相等 B.都共线 C.都不共线 D.模都相等【答案】D【解析】【详解】正n边形n条边相等,故这n个向量的模相等.故选：D.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.9.关于复数（为虚数单位），下列说法正确的有（）A.B.复数对应的点在第二象限C.D.复数是方程的一个根【答案】ACD【解析】【分析】利用复数模公式，共轭复数概念，复数乘法，复数对应点坐标，复数方程根逐项分析即可.【详解】对于A，因为复数，所以，故A正确；对于B，因为复数，所以对应的点为位于第四象限，故B错误；对于C，因为复数，所以，故C正确；对于D，因为复数，所以，故D正确.10.已知为两个互相垂直的单位向量，则下列说法正确的是（）A.B.C.若，则D.若，则的最小值为【答案】BD【解析】【分析】利用向量的数量积以及向量运算逐项验证即可求解.【详解】由题意得，所以，所以，故A错误；由，所以，故B正确；又，所以，所以，，故C错误；，当时，，所以的最小值为，故D正确.11.已知圆柱的轴截面是边长为的正方形，正三棱锥的底面边长为，侧棱长为，则（）A.正三棱锥与圆柱的体积的比值为B.正三棱锥与圆柱的侧面积的比值小于C.正三棱锥外接球的体积与圆柱外接球的体积相等D.正三棱锥的内切球与圆柱的内切球的半径的比值小于【答案】BC【解析】【分析】分别计算正三棱锥和圆柱的体积、侧面积，求解判断A、B；分别计算正三棱锥和圆柱的外接球、内切球的体积和半径，求解判断C、D.【详解】如图，设点在底面ABC内的射影为点，连接CH，则，则.正三棱锥的侧面积为.设正三棱锥的外接球的球心为，外接球的半径为，则在直线SH上，由，得.设正三棱锥内切球的半径为，则.对于A：圆柱的体积为，A错误；对于B：圆柱的侧面积为，B正确；对于C：圆柱外接球的半径，C正确；对于D：圆柱内切球的半径，D错误.故选：BC.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知，，则__________．【答案】2【解析】【详解】设，.，，即..13.的内角的对边分别为.已知，则的面积为__________.【答案】【解析】【详解】的内角的对边分别为.，利用正弦定理可得，由于，所以，所以，则或由于，故为锐角，所以，由，得，解得，所以.14.平面凸四边形中，，，，，若满足上述条件的平面凸四边形有且只有1个，则的取值范围为_______.【答案】【解析】【分析】以为圆心，为半径画圆，观察能使平面凸四边形有且只有1个的点个数，再求解【详解】在中，由余弦定理可得，所以，是直角三角形，，，，如下图，设点到的距离为，，要想构成平面凸四边形，必有，当，满足条件的平面凸四边形恰好只有1个，如下图，当，满足条件的平面凸四边形有且只有2个，舍去，③如下图，延长交于，由图可知，，由正弦定理得：计算得，，，综上所述：的取值范围是.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.已知函数，（）．（1）当时，求函数的对称中心；（2）若为偶函数，不等式在上恒成立，求实数m的取值范围；（3）若过点，设，若对任意的，，都有，求实数a的取值范围．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）结合正弦函数的性质求出；（2）先求出的解析式，再利用辅助角公式化简，再将问题转化为求的最值即可；（3）先求出的解析式，求出值域，再将问题转化为对任意的，都有，令，得出对任意的恒成立，再利用参变分离求出即可.【小问1详解】当时，，令，得，故函数的对称中心为；【小问2详解】因为为偶函数，所以，因为，所以，则，则，若，则，则，因为不等式在上恒成立，所以，，得，故实数m的取值范围为；【小问3详解】因为过点，所以，因为，所以，则，得，即，因为，所以，则，因为对任意的，，都有，所以，则对任意的，都有，则，令，则对任意的恒成立，若，则恒成立；若，则，因为在上单调递减，所以，则，即；若，则，因为在上单调递减，所以，则，即；综上，实数a的取值范围是.16.如图，是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与，轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系为仿射坐标系，若在仿射坐标系下，则把有序数对叫做向量的仿射坐标，记为．已知在仿射坐标系下，，．（1）求向量，的仿射坐标；（2）若点是线段上的动点（含端点），当时，求的取值范围；（3）设，若对恒成立，求的最大值．【答案】（1），（2）（3）【解析】【分析】（1）根据平面向量坐标运算法则计算可得结果；（2）以，为基底表示出，再由向量数量积的运算律计算可得结果；（3）将不等式转化为关于的二次函数形式，利用判别式即可求出的取值范围，可得其最大值.【小问1详解】由，，可得；；【小问2详解】若，则，设，，，，；，．【小问3详解】由对恒成立，即恒成立；，对恒成立，即对恒成立，，即，所以的最大值为.17.如图，三棱台中，侧面四边形为等腰梯形，底面三角形为正三角形，且，设为棱上的点.（1）若为棱的中点，求证；（2）若三棱台两底面间的距离为，且侧面底面，试探究是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，与点重合【解析】【分析】(1)利用线面垂直证明线线垂直；(2)解法1：设直线与平面所成角为，,到平面的距离是，利用求出，确定的位置.解法2：建立空间直角坐标系，利用坐标法求直线与平面所成角的正弦值为时点的位置.【小问1详解】如图：取中点，连接，因为四边形为等腰梯形，且为中点，所以.又为正三角形，所以，平面，所以平面，又平面，所以.【小问2详解】解法1：延长三棱台侧棱交于点，补成三棱锥，取中点，中点，连接；侧面为等腰梯形，故；侧面底面，交线为，平面，因此平面；已知两底面距离为，即；由相似比，得；底面为正三角形，，则，；在中，；在中，；设点到平面（即平面）的距离，由，即，，，代入得：，解得；设点到平面的距离，由相似比，得；设，点到平面的距离，由相似性：，、得，其中；作于，则，，，由余弦定理：，，设直线与平面所成角为，则，代入得：，化简得，解得或（舍去），即点与重合,所以存在点，当与点重合时，直线与平面所成角的正弦值为.解法2：设中点为，连接，则，又侧面底面，侧面底面侧面，所以底面，又底面，所以，又，所以两两垂直，故可以为原点，所在的直线分别为轴建立如图空间直角坐标系.因为三棱台两底面间的距离为，即，又三角形为正三角形，且，则，设，则，设平面的法向量为，则，可取设直线与平面所成的角为，则，由，所以，故或（因为，故舍去），此时与点重合，所以存在点，当与点重合时，直线与平面所成角的正弦值为.18.若，是两个非零向量，求证：当时，最小.【答案】证明见解析【解析】【详解】当与垂直时，，即，又，是两个非零向量，所以；所以，所以当时，取得最小值，所以