2025~2026学年广东江门市广德实验学校下册期中考试高一数学试题A卷 含答案

/江门市广德实验学校2025-2026学年度第二学期期中考试高一年级数学试题A卷试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．）1.复数的虚部是（）A.1 B. C. D.【正确答案】A【分析】利用复数乘法运算化简复数，进而求得虚部.【详解】因为，所以虚部为.2.若向量，，且，则（）A. B.4 C. D.【正确答案】D【分析】根据向量垂直的坐标表示求，再由向量的模的坐标表示即得.【详解】由，可得，所以，，.故选：D.3.已知角终边上一点P的坐标为，则的值是A. B. C. D.【正确答案】A【分析】根据三角函数定义，，即可求解【详解】由题意，故选：本题考查三角函数定义，属于基本题.4.若，则（）A. B.C. D.【正确答案】B【分析】首先，根据，可以得到.然后利用求出和的值，再根据二倍角公式求出的值，最后代入式子计算.【详解】因为且，将代入得：，，，所以.由，，可得.因为，又，所以，由，可得.将，代入可得：.故选：B.5.若一个圆锥的轴截面是边长为的正三角形，则该圆锥的体积为（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】由题意可得该圆锥底面半径、母线长，则可得高，再利用体积公式计算即可得.【详解】由题意可得该圆锥底面半径为，母线长为，则高为，则.故选：A.6.若，则等于（）.A. B. C. D.【正确答案】A【分析】根据，利用诱导公式得到，再由，利用二倍角公式求解.【详解】因为，所以，所以，故选：A7.在三棱锥中，平面，且，，，则该三棱锥的外接球的体积为（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】利用余弦定理求得，利用正弦定理计算出的外接圆直径，可计算出三棱锥的外接球半径，然后利用球体体积公式可求得结果.【详解】如下图所示，圆柱的底面圆直径为，圆柱的母线长为，则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等，所以，圆柱的外接球直径为.本题中，作出的外接圆，由于平面，可将三棱锥放在圆柱中，在中，，，，由余弦定理可得，由正弦定理可知，的外接圆直径为，则三棱锥的外接球直径为，则，因此，三棱锥的外接球的体积为.故选：B.8.在中，内角、、所对边分别为、、，若，，则（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】利用余弦定理化简得出，再利用正弦定理结合连比定理可求得结果.【详解】由余弦定理可得，所以，所以，故，由正弦定理可得，可得，故.故选：B.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.对于非零向量，下列命题正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【正确答案】BD【分析】利用向量数量积的运算律以及有关概念对各个选项进行判断即可.【详解】A.若，则,故错误；B.若，则，所以成立，故正确；C.当为零向量时，满足，但是推不出，故错误；D.若，则，可得，整理即可得到，故正确；故选：BD10.已知函数的部分图像如图所示，将的图像向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度后得到函数的图像，则（）A. B.C.的图像关于点对称 D.在上单调递减【正确答案】ABD【分析】利用函数图像先把解析式求出来，然后逐项分析即可【详解】由图像可知函数的最大值为2，最小值为，所以，，又又所以又，所以所以，故A正确，将的图像向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度后得，故B选项正确，由所以的图像关于点对称，故C错误.由即所以选项D正确故选：ABD.11.在正方体中，E，F，G分别为BC，，的中点，则（）A.直线与直线AF异面B.直线与平面AEF平行C.平面AEF截正方体所得的截面是等腰梯形D.三棱锥A-CEF的体积是正方体体积的【正确答案】ABC【分析】根据异面直线定义、面面平行的判定定理以及性质定理以及三棱锥的体积求解方法可求得正确选项.【详解】对于选项A，易知AF与异面，选项A正确；对于选项B，取的中点为M，连接、GM，则，，易证，从而，选项B正确；对于选项C，连接，，易知平面AEF截正方体所得的截面为等腰梯形，选项C正确；对于选项D．设正方体棱长为a，三棱锥A-CEF的体积，选项D错误．故选：ABC．三、填空题（本小题共3小题，每小题5分，共15分．）12.已知圆锥与圆柱的底面半径相等，它们的高也相等，若圆柱的底面积为，侧面积为，则圆锥的表面积为__________.【正确答案】【分析】根据圆柱、圆锥的表面积公式求解即可.【详解】设圆柱的底面半径为，高为，圆锥的母线长为，则由，得，又由，得，所以圆锥的母线长，所以圆锥的侧面积，则圆锥的表面积.故答案为.13.已知，．若在方向上的数量投影为3，则实数______．【正确答案】【分析】由在方向上的投影为，代入计算即可得到答案．【详解】由题意知，，因为在方向上的投影为，所以，解得.故14.已知函数，在上有且仅有3个不同的零点，则的取值范围为___________．【正确答案】【分析】首先利用二倍角公式和辅助角公式对函数进行化简，然后根据已知条件确定的取值范围.【详解】化简函数的解析式为.因为函数在上有且仅有3个不同的解，即在上有且仅有3个不同的解.令，解得.当时，；当时，；当时，；当时，；因为函数在上有且仅有3个不同的解，所以，解得.所以的取值范围为.故答案为.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.如图，在平行四边形ABCD中，，，设，．注：本小题几何方法求解不得分．（1）用，表示，；（2）用平面向量证明：E，F，C三点共线．【正确答案】（1），（2）证明见解析【分析】（1）根据题意，结合和，即可求解；（2）根据题意，求得，，得到，即可得证.【小问1详解】由题意知，向量可得，又由，可得，所以，【小问2详解】因为，可得，所以，且，可得，所以三点共线.16.已知函数.（1）求函数的最小正周期和对称轴方程（2）求函数在的单调递增区间；（3）当时，求函数的最大值与最小值.【正确答案】（1）最小正周期为，对称轴方程为（2）（3）的最大值为2，最小值为【分析】（1）根据最小正周期公式，代入即可求得答案，令，化简计算，即可得对称轴方程.（2）先求出单调递增区间，结合条件，可得在条件内的单调增区间.（3）根据x的范围，可得的范围，根据正弦型函数的图象与性质，分析求解，即可得答案.【小问1详解】因为函数，所以最小正周期，令，解得，所以的对称轴方程为.【小问2详解】令，解得，令得一个单调递增区间为，由，取交集得，无论k取其他任何整数，所得区间均与无交集，所以函数在的单调递增区间为.【小问3详解】当时，，所以当时，有最小值，且为，当时，有最大值，且为2，所以函数的最大值为2，最小值为.17.如图，已知四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，点M、N、Q分别是PA、BD、PD的中点.求证：（1）平面PCD；（2）平面平面PBC.【正确答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析﹒【分析】(1)利用三角形中位线证明MN∥PC即可；(2)利用中位线证明NQ∥PB，结合(1)中结论即可证明．【小问1详解】由题意，四棱锥的底面ABCD为平行四边形，点M、N、Q分别是PA、BD、PD的中点，∴N是AC的中点，∴，∵平面PCD，平面PCD，∴平面PCD；【小问2详解】由(1)知，平面PBC，平面PBC，∴MN∥平面PBC，∵ABCD为平行四边形，∴N是BD中点，又∵Q是PD中点，∴在△PBD中，NQ∥PB，∵PB平面PBC，NQ平面PBC，∴NQ∥平面PBC，∵MN∩NQ=N，MN、NQ平面MNQ，∴平面平面PBC．18.已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且.（1）求；（2）若，，求的面积；（3）若的面积为，，D为线段的中点，求线段的长.【正确答案】（1）（2）（3）【分析】（1）通过三角恒等式将方程变形，结合三角形内角和为，转化为关于角A的方程求解；（2）利用正弦定理求出边长，结合面积公式计算；（3）通过面积和余弦定理求出边长关系，应用中线公式直接计算；【小问1详解】由正弦定理，，可化为.又中，，则上式可化为，又中，，则，则上式可化为，即，则.又，则，故.【小问2详解】由三角形内角和为，得.由正弦定理，得，即，解得，且，所以.【小问3详解】由，可得，由余弦定理，可得，即.因为，得，即.19.如图，在中，，点为外接圆上的一个动点（点在直线两侧）．（1）若，求的值；（2）若，求四边形周长的最大值；（3）若，求．【正确答案】（1）（2）（3）【分析】（1）根据向量数量积公式即可求出的值.（2）首先根据数量积求出向量的夹角，然后根据余弦定理求出，然后根据余弦定理和基本不等式的性质求