2025-2026学年甘肃省陇南市第一中学高一下册5月期中考试数学试题 含解析

/数学一、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，则（）A. B. C.0 D.12.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.3.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4.某智能物流车的“实际配送向量D”“规划路线向量R”“交通拥堵修正向量J”满足关系式：D=3R+2J.已知条件如下：实际配送向量，交通拥堵修正向量J与向量垂直，配送效率等级通过“规划路线向量R的模(单位：km)”判定，标准如下表(一般情况下，认定“停滞”属于无效配送)：配送效率等级超高效高效常规低效停滞模的范围若此次配送为有效配送，则此次配送的效率等级为（）A.超高效 B.高效 C.常规 D.低效5.已知，且，若不等式恒成立，则实数的取值范围是（）A. B.，或C. D.，或6.已知平面向量，满足，且在上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（）A.30° B.60° C.120° D.150°7.已知点为坐标原点，，，点在内部，，其中，，则的最小值为（）A. B. C. D.8.如图，在梯形中，，，，若是线段上的动点，且，则的最小值为（）A.9 B.10 C.11 D.12二、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.在中，角，，所对的边分别为，，，以下说法中正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，，，则为钝角三角形D.在中，10.如图，四边形ABCD是正方形，平面ABCD，平面ABCD，，则下列说法正确的是（）A.几何体的体积为 B.BE，DF是异面直线C. D.点A到平面BDE的距离为11.已知复数，（，，，2，i为虚数单位），，的共轭复数分别为，，定义运算，记任意复数z的实部为，虚部为，则下列说法正确的有（）．A.若，则B.若，在复平面内所对应的向量所成的夹角为锐角，则C.D.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.用表示不超过实数的最大整数，如，.则的值为_______________13.在中，已知，O是的外心，且，则______．14.在中，，，锐角C满足，则____.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）求的单调递增区间；（2）求在区间上的最大值和最小值；（3）将函数的图象先向左平移个单位，再将纵坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，求函数在上所有零点之和．16.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．17.已知向量，，满足，，且与的夹角为．（1）若，求实数的值；（2）求与夹角的余弦值．18.在中，，，.求:（1）求的值;（2）求的值.19.平面四边形中，，，，．（1）求；（2）求四边形周长的取值范围；（3）若为边上一点，且满足，，求的面积．

数学一、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，则（）A. B. C.0 D.1答案：A解析：思路：根据复数的除法运算求出，再由共轭复数的概念得到，从而解出．解答过程：因为，所以，即．故选：A．2.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：思路：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.解答过程：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．3.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：解答过程：正n边形n条边相等,故这n个向量的模相等.故选：D.4.某智能物流车的“实际配送向量D”“规划路线向量R”“交通拥堵修正向量J”满足关系式：D=3R+2J.已知条件如下：实际配送向量，交通拥堵修正向量J与向量垂直，配送效率等级通过“规划路线向量R的模(单位：km)”判定，标准如下表(一般情况下，认定“停滞”属于无效配送)：配送效率等级超高效高效常规低效停滞模的范围若此次配送为有效配送，则此次配送的效率等级为（）A.超高效 B.高效 C.常规 D.低效答案：B解析：思路：设向量，根据题意，列出方程组，求得或，分类讨论，分别求得的值，结合附表中的数据，进而得到答案.解答过程：设向量，因为向量与垂直，且，可得，解得或，所以或，当时，，所以，因为，所以属于高效；当时，，所以，因为，所以属于停滞，因为“停滞”属于无效配送，排除此种情况，所以此时配送的效率等级为高效.故选：B.5.已知，且，若不等式恒成立，则实数的取值范围是（）A. B.，或C. D.，或答案：A解析：思路：根据，由基本不等式得出的最小值8，然后根据这个最小值确定m的取值范围.解答过程：，，当且仅当时等号成立，恒成立，，解得.故选：A.6.已知平面向量，满足，且在上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（）A.30° B.60° C.120° D.150°答案：B解析：思路：根据投影向量公式得到方程，求出，进而由向量夹角余弦公式求出，得到夹角.解答过程：因为在上的投影向量为，即，所以，又，，所以，且，则．故选：B．7.已知点为坐标原点，，，点在内部，，其中，，则的最小值为（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：由的坐标得出直线方程，再根据点在内部列出关于的不等式组，结合，得出所有可能的点坐标，由平面向量数量积的坐标运算即可求解．解答过程：因为点为坐标原点，，，所以直线的截距式方程为，即，因为点在内部，所以满足不等式组，由，且，，当时，由得，，点可以是；当时，由得，，点是；当时，此时不存在满足题意的正整数，综上所述，满足条件得点共有三个：，；因为，所以，，，所以，当点为时，，当点为时，，当点为时，，所以最小值为．8.如图，在梯形中，，，，若是线段上的动点，且，则的最小值为（）A.9 B.10 C.11 D.12答案：C解析：思路：以点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，设，由平面向量数量积的坐标表示求得数量积，再结合二次函数知识得取值范围．解答过程：以点为坐标原点，所在直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，，，设，则（其中），，，所以，当时，取得最小值11.故选：C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.在中，角，，所对的边分别为，，，以下说法中正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，，，则为钝角三角形D.在中，答案：ABD解析：思路：利用正弦定理边角转化可判断AB的正误，利用余弦定理可判断C的正误，利用正弦定理结合比例的性质可判断D的正误.解答过程：对于AB，因为中，等价于，即等价于，即等价于，故AB正确；对于C，因为，故为内角中的最大角，而，故为锐角，故为锐角三角形，故C错误；对于D，由正弦定理有，由比例的性质有，故D成立，故选：ABD.10.如图，四边形ABCD是正方形，平面ABCD，平面ABCD，，则下列说法正确的是（）A.几何体的体积为 B.BE，DF是异面直线C. D.点A到平面BDE的距离为答案：ABD解析：思路：对于A，注意到几何体的体积，据此可判断选项正误；对于B，注意到BE，DF所在平面互相平行，又BE，DF不平行，据此可判断选项正误；对于C，由题设可得，据此可判断选项正误；对于D，由A分析结合等体积法可判断选项正误.解答过程：对于A，几何体的体积，故A正确；对于B，因，平面，平面，则平面，又平面ABCD，则，又平面，平面，则平面，因，平面，则平面平面，又平面，平面，，DF不平行，从而BE，DF是异面直线，故B正确；对于C，易知，所以，故C错误；对于D，，又由A分析可得，则点A到平面BDE的距离为，故D正确.故选ABD.11.已知复数，（，，，2，i为虚数单位），，的共轭复数分别为，，定义运算，记任意复数z的实部为，虚部为，则下列说法正确的有（）．A.若，则B.若，在复平面内所对应的向量所成的夹角为锐角，则C.D.答案：ACD解析：思路：根据复数、运算新定义求参数判断A；由复数的向量表示，及向量数量积的坐标运算判断B；将不等式作等价转化有，应用换元法并化简判断C；结合复数的乘法运算判断D.解答过程：若，则，，解得，故A正确；设对应的向量为，对应的向量为，，的夹角为，若，则，其所成角为钝角，故B错误；，原选项等价于，令，，则原式等价于，整理得，所以原式恒成立，故C正确；，当且仅当时，等号成立，由，两边平方，整理得，故D正确．故选：ACD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.用表示不超过实数的最大整数，如，.则的值为_______________答案：解析：思路：首先求得在的范围内的值，再根据三角函数的周期性，求得所求表达式的值.解答过程：根据正弦函数的周期为，在一个周期内有，，，当时，，当时，，所以，根据三角函数的周期性可知．13.在中，已知，O是的外心，且，则______．答案：解析：思路：根据数量积的定义及运算律可得，求出夹角余弦后利用余弦定理得解.解答过程：因为O是的外心，所以O在AB的中垂线上，故．由题意可得，对等式两边同时乘，则，则，解得，故．由余弦定理可得，解得．故14.在中，，，锐角C满足，则____.答案：##解析：解答过程：因为，且C为锐角，所以，由余弦定理，可得，得，由正弦定理可得.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）求的单调递增区间；（2）求在区间上的最大值和最小值；（3）将函数的图象先向左平移个单位，再将纵坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，求函数在上所有零点之和．答案：（1）（2）最大值为，最小值为（3）解析：思路：（1）利用二倍角公式及辅助角公式对进行化简，根据正弦函数性质列不等式计算即可求出答案；（2）利用换元法令，根据的范围求出的范围，结合正弦函数图象求出的范围，即可求出在上的值域，即可求出答案；（3）求出变换后的函数解析式，将函数的零点转化为方程的解，求出的值，再结合，即可求出在上的零点，求和即可得到答案.（1），令，解得，所以的单调递增区间为；（2）令，因为，所以，函数在上单调递减，在上单调递增，所以当时，取得最小值，因为，，所以，所以当时，取得最大值，即，则，则在区间上的最大值为，最小值为.（3）函数的图象向左平移个单位得，纵坐标伸长为原来的2倍得，所以，令，即，所以或，即或，又，所以只能取，所以或或或，即函数在上的零点为，所以函数在上所有零点之和为.16.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：思路：（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.（1）当时，，令，得，故函数的对称中心为；（2）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；（3）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.17.已知向量，，满足，，且与的夹角为．（1）若，求实数的值；（2）求与夹角的余弦值．答案：（1）（2）解析：思路：（1）根据垂直的关系，结合数量积的运算即可求解，（2）根据模长公式以及夹角公式即可代入求解.（1），由得，展开得，将，，代入得，则；（2），.18.在中，，，.求:（1）求的值;（2）求的值.答案：（1）（2）解析：思路：（1）由正弦定理代入求解；（2）由余弦定理得到的方程求解可得.（1）由正弦定理，得，所以，即，解得.（2）由余弦定理得，所以32即，解得或.当时，，即，又，所以.而32故(舍去)，经检验满足题意，所以.19.平面四边形中，，，，．（1）求；（2）求四边形周长的取值范围；（3）若为边上一点，且满足，，求的面积．答案：（1）（2）（3