精品解析：湖南省永州市第一中学2025-2026学年高一直升班上学期拓展研学(三)数学试题

永州一中2025-2026学年高一直升班数学拓展研学（三） 命题人：陈诗跃 时间：120分钟；满分：150分 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. 若复数满足，其中是虛数单位，则的虚部为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3i 2. 已知向量，则实数（ ） A. -2 B. 3 C. －1 D. 6 3. 的三内角A，B，C所对边长分别是a，b，c，若，则角的大小为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，若存在，满足，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 在正方形ABCD中，已知是AB的中点，现以DE为折痕将折起到的位置，当三棱锥的体积最大时，此时三棱锥外接球的体积为，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，，若，则的最大值为（ ） A. B. C. 2 D. 7. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知的内切圆圆心为，半径，且满足是内切圆上一动点，则取值范围是（ ） A. B. C. 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. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 的最小正周期为 B. C. 的一个对称中心为 D. 要得到函数的图象，可以将的图象先向左平移个单位长度，再将各点横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变） 10. 已知中，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量为 11. 如图，已知正方体的棱长为交平面于点H，则下列说法正确的是（ ） A. 点是的重心 B. C. 面截正方体外接球所得截面的面积为 D. 以顶点A为球心，为半径作一个球，则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长等于 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设集合，.当时，实数的取值范围是______. 13. 已知，若方程有四个不同的解、、、且，则的取值范围是______． 14. 设函数，若，则的最大值为________. 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. 已知平面向量满足. （1）求向量与的夹角； （2）求向量的模. 16. 如图，设Ox，Oy是平面内相交成（且角的两条数轴，，分别是与x轴、y轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系xOy为斜坐标系.若向量，则把有序数对叫做向量在斜坐标系xOy中的坐标，记为.已知在斜坐标系xOy中，，. （1）证明：； （2）当时，，求； （3）当时，若向量，，已知，求函数的最值. 17. 如图，在四棱锥中，底面，是的中点，点在棱上，且，四边形为正方形，． （1）证明：； （2）求点到平面的距离； （3）求二面角的余弦值． 18. 在中，设角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足． （1）求角B； （2）若，求面积的最大值； （3）求的取值范围． 19. 设，． （1）求当，的值域； （2）若对任意的，总存在，使得成立，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 永州一中2025-2026学年高一直升班数学拓展研学（三） 命题人：陈诗跃 时间：120分钟；满分：150分 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. 若复数满足，其中是虛数单位，则的虚部为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3i 【答案】B 【解析】 【分析】首先对复数进行化简，再根据复数虚部的定义即可得到答案. 【详解】由题意得，， 则的虚部为， 故选：. 2. 已知向量，则实数（ ） A. -2 B. 3 C. －1 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】可求出，然后根据共线向量坐标运算列式从而解出m的值即可． 【详解】由题意可得，，且， 所以， 故选：A 3. 的三内角A，B，C所对边长分别是a，b，c，若，则角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用正弦定理将角转化为边，可得，然后利用余弦定理可知结果. 【详解】在中，由正弦定理，可得：，， ，可得：，整理可得：， 由余弦定理可得：， . 故选：A. 4. 已知函数，若存在，满足，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知条件，结合三角函数的性质可得，求出，的余弦，再利用角的变换得解. 【详解】令，，则或， 令，，则， 又，， 所以，， 因为， 所以，， . 故选：D 5. 在正方形ABCD中，已知是AB的中点，现以DE为折痕将折起到的位置，当三棱锥的体积最大时，此时三棱锥外接球的体积为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】依据条件可知三角形DEC的外心为即为球心，然后表示出半径计算即可. 【详解】由题意，当平面垂直平面时，三棱锥的高有最大值，此时体积最大. 是直角三角形，取斜边DE的中点，则为直角三角形ADE的外心，设等腰三角形DEC的外心为，连接OG，则直线平面， 则，即为三棱锥的外接球的球心， 在中，， 则，得， 由正弦定理可知，外接球半径 则其体积为. 故选：B 6. 已知函数，，若，则的最大值为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由得，进而由二次函数的性质可得其最大值. 【详解】由得，得，故， 由得， 因单调递增，故，即， 故， 由二次函数的性质可知，当时，得的值最大为， 故选：B 7. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由作差法，结合对数换底公式、对数运算性质、基本不等式比较得，即可判断大小. 【详解】由， ， ， ∴， ∴，， ∴. 故选：B. 8. 已知的内切圆圆心为，半径，且满足是内切圆上一动点，则取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】是重心，也是内心，是等边三角形，建立直角坐标系，写出点的坐标，设，求出，利用三角函数有界性求出的取值范围. 【详解】由，易知是重心， 又已知的内切圆圆心为，所以也是内心， 由三线合一可知是等边三角形. 如图，以为坐标原点，所在直线为y轴，平行于的直线为轴， 建立平面直角坐标系， 则，， 所以， 所以 ， 当时，取得最小值，最小值为， 当时，取得最大值，最大值为， 所以取值范围是 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. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 的最小正周期为 B. C. 的一个对称中心为 D. 要得到函数的图象，可以将的图象先向左平移个单位长度，再将各点横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变） 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定的图象，结合“五点法”作图求出判断ABC；利用函数图象的变换判断D. 【详解】观察函数的图象，得，最小正周期，则， 由，得，而，则，， 对于A，的最小正周期为，A正确； 对于B，，B错误； 对于C，，的一个对称中心为，C正确； 对于D，以将的图象向左平移个单位长度，得的图象， 再将所得图象上各点横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得函数的图象，D正确. 故选：ACD 10. 已知中，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量为 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据向量的线性关系化简判断A，再应用图形特征计算判断B，C，应用投影向量定义计算判断D. 【详解】中，，则，所以，A正确； 延长至E使，连接， 因为，则，不妨设，则， ， 由余弦定理得，所以B正确； ，C正确； 过作，交于，，所以在上的投影向量，D错误. 故选：ABC. 11. 如图，已知正方体的棱长为交平面于点H，则下列说法正确的是（ ） A. 点是的重心 B. C. 面截正方体外接球所得截面的面积为 D. 以顶点A为球心，为半径作一个球，则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长等于 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，由正方体的性质可知，判断可得；对B，作出图形可得；对C，得到面与正方体外接球的球心O之间的距离，然后计算即可；对D，作出图形，按照交线作出分类，求出弧线的长度，然后求和即可. 【详解】在正方体中 因为，所以H是的外心，由于是等边三角形，所以点H也是的重心，则选项A正确： 由A可知：连接交中点于点M， 则，B正确； 易得面与正方体外接球的球心O之间的距离， 故其截外接球所得圆的半径为，其圆的面积为，故C错误； 如图， 球面与正方体的六个面都相交，所得的交线分为两类：一类在顶点A所在的三个面上，即面、面ABCD和面上； 另一类在不过顶点A的三个面上，即面、面和面上.在面上，交线为弧EF且在过球心A的大圆上， 因为，则，同理， 所以，故弧EF的长为，而这样的弧共有三条. 在面上，交线为弧FG且在一个小圆上，此时，小圆的圆心为，半径为，所以弧FG的长为，这样的弧也有三条. 于是，所得的曲线长，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设集合，.当时，实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据对数函数的性质化简集合，进而根据集合间的子集关系求解. 【详解】由可得， 由于，则, 若时，则，解得， 若，则，解得， 综上可得， 所以的取值范围为 故答案为： 13. 已知，若方程有四个不同的解、、、且，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】作出函数的图象可得：，，进而得到，求出的取值范围，利用函数的单调性进而求解. 【详解】如下图所示： 方程有四个不同的解、、、且，且， 由图可知，点、关于直线对称，则， 由图可得，由可得，可得， 由可得， 所以，， 因为函数、在上均为减函数，故函数在上为减函数， 因为，则， 因此，的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于根据函数的对称性、对数的运算性质将所求代数式化简，转化为只含一个变量的函数，结合函数基本性质求解. 14. 设函数，若，则的最大值为________. 【答案】1 【解析】 【分析】利用分段讨论，即可得到二次函数满足的条件，从而可得参数范围. 【详解】因为，，由，所以当时，； 因为，，由，所以当时，； 由上可得：当时，， 当时，， 所以有，即的最大值为1， 故答案为：1. 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. 已知平面向量满足. （1）求向量与的夹角； （2）求向量的模. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题，结合向量数量积的运算律求得，利用向量夹角公式求解； （2）将向量的模长转化为向量的数量积运算得解. 【小问1详解】 由题意， 所以， 即， . . . 【小问2详解】 . 16. 如图，设Ox，Oy是平面内相交成（且角的两条数轴，，分别是与x轴、y轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系xOy为斜坐标系.若向量，则把有序数对叫做向量在斜坐标系xOy中的坐标，记为.已知在斜坐标系xOy中，，. （1）证明：； （2）当时，，求； （3）当时，若向量，，已知，求函数的最值. 【答案】（1）证明：， ， . （2） （3）最小值，最大值 【解析】 【分析】（1）将分别用的组合来表示，根据点乘的定义计算即可证明. （2）将用来表示，利用余弦定理可求的长度. （3）由（1）可得的解析式，利用化简以后利用三角函数的性质可得的最值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ， 如图，中 . 【小问3详解】 ， 由（1）可得， 令，则， ， 当时，， 当时，. 17. 如图，在四棱锥中，底面，是的中点，点在棱上，且，四边形为正方形，． （1）证明：； （2）求点到平面的距离； （3）求二面角的余弦值． 【答案】（1） 因为底面，底面，所以， 因为四边形为正方形，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 在中，因为，是的中点，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先证平面，再证平面，即可证； （2）由可求； （3）为二面角的平面角，求出，可求. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接交于点，如图所示： 则，又因为底面，平面，所以， 因为，平面，所以平面，则点到平面的距离为，因为是的中点，所以， 因为底面正方形边长为，所以，， 所以，， 所以， ，所以． 在中，满足，有， 所以， 设点到平面的距离为， 由可得 【小问3详解】 由（1）可得平面，因为平面平面， 所以，所以为二面角的平面角， ， 因为，，所以， 所以，解得， 因为，即，所以， 故二面角的余弦值为． 18. 在中，设角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足． （1）求角B； （2）若，求面积的最大值； （3）求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理，结合辅助角公式进行求解即可； （2）根据三角形面积公式，结合余弦定理以及基本不等式求解即可； （3）利用正弦定理边角互化将原式转化为，然后令，将原式化为：，最后结合二次函数性质求解值域. 【小问1详解】 因为， 根据正弦定理得：， 且， 可得， 即， 又因为，则， 可得，整理可得， 且，则， 可得，解得. 【小问2详解】 由余弦定理得：，即， 可得，解得，当且仅当时，等号成立， 所以的面积为：， 故面积的最大值为. 【小问3详解】 根据正弦定理得： ， 令，则， 可得， 将原式化为：， 因为，则，可得， 根据二次函数的图像性质得到， 当时，原式取得最小值，； 当时，原式取得最大值，； 故的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：对于（3）：对于已知角的范围问题，解题关键是利用正弦定理边化角，再利用三角恒等变换化简整理，进而根据三角函数有界性分析求解. 19. 设，． （1）求当，的值域； （2）若对任意的，总存在，使得成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）的值域为； （2）． 【解析】 【分析】（1）根据分式型函数的单调性进行求解即可； （2）根据绝对值的性质、二次函数的性质，结合（1）的结论、任意性和存在性的定义进行求解即可. 【小问1详解】 ， 因为函数在上单调递增， 所以在上为单调递增函数． 因为，， 所以的值域为； 【小问2详解】 当时，的值域为，则依题意有：， 易知的最小值为0，所以只需要． ①当时，不合题意，故舍去． ②当时，在上为增函数，所以． 由，得：． 又因为，所以不合题意，故舍去． ③当时， i）当时，即，此时在上为增函数． ， ，要使：，则：， 这与矛盾，故舍去． ii）当时，即，易求：，由得：． 所以． iii）当时，即，易求：，要使：， ，所以． 综上所述：． 【点睛】关键点睛：根据二次函数的对称轴与所给区间的位置关系以及绝对值的性质分类讨论是解题的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $