精品解析：河北省保定市多校2025-2026学年高一上学期期中联考数学试卷

河北省保定市多校2025-2026学年高一上学期期中联考 数学试卷 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 一、单选题：本题共8个小题，每题5分，共40分. 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数的虚部为（ ） A. -3 B. C. D. 3 设向量，，则（ ） A. “”是“”的必要条件 B. “”是“”的必要条件 C. “”是“”的充分条件 D. “”是“”的充分条件 4. 已知，且，则的最小值为（ ） A. B. 4 C. D. 8 5. 已知命题“”是假命题，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，已知等腰中，，点是边上的动点，则的值（ ） A. 为定值 B. 不为定值，有最大值 C. 为定值 D. 不为定值，有最小值 7. 已知是定义域为的奇函数，当时，，若，则零点的个数为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 8. 在平面直角坐标系中，函数且的图象恒过定点，若角的终边过点，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3个小题，每题6分，共18分，两个选项的对一个得3分，三个选项的对一个得2分，有错误选项不得分. 9. 下列等式成立的是（ ） A. B. C D. 10. 有关复数和实数，下列说法不正确的是（ ） A. ，则 B. ，则 C. D. ，其中 11. 已知，，，下列结论正确的是（ ） A. 的最小值为9 B. 的最大值为 C. 的最小值为 D. 的最大值为 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的定义域为_____. 13. 已知函数的最小正周期为，则__________. 14. 在中，角的对边分别为，且.若，则对的最小值为__________. 四、解答题：本题共5个小题，共77分 15. 已知，复数． （1）若z在复平面内对应的点位于第四象限，求的取值范围； （2）若z满足，，求值． 16. 已知定义在上函数图象关于原点对称． （1）求的解析式； （2）判断并用定义证明的单调性； （3）解不等式． 17. 已知函数，且. （1）求的解析式； （2）将的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上每个点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变）得到函数的图象.当时，求不等式的解集. 18. 在中，是边上靠近的三等分点. （1）若，证明：； （2）若. （i）求面积的最大值； （ii）求的最小值. 19. 记内角，，的对边分别为，，，已知，为中点，且，的角平分线交于点，且. （1）求； （2）求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河北省保定市多校2025-2026学年高一上学期期中联考 数学试卷 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 一、单选题：本题共8个小题，每题5分，共40分. 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先解分式不等式和绝对值不等式求出集合A、B，再由交集定义即可得解. 详解】解不等式，解得或， 所以集合或， 解得，即， 所以集合， 所以. 故选：B 2. 复数的虚部为（ ） A. -3 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由复数除法运算和复数虚部概念即可求解. 【详解】由题复数， 所以复数的虚部为. 故选：C 3. 设向量，，则（ ） A. “”是“”的必要条件 B. “”是“”的必要条件 C. “”是“”的充分条件 D. “”是“”的充分条件 【答案】D 【解析】 【分析】由向量平行、垂直坐标表示求得，再结合充分、必要条件的概念逐个判断即可. 【详解】若，则解得：或， 若，则解得：或， 所以“”是“”的不必要条件， “”是“”的不必要条件， “”是“”的不充分条件， “”是“”的充分条件， 故选：D 4. 已知，且，则的最小值为（ ） A. B. 4 C. D. 8 【答案】B 【解析】 分析】根据基本不等式即可求解. 【详解】因为， 所以， 当且仅当，即，时等号成立， 所以的最小值为4. 故选：B. 5. 已知命题“”是假命题，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知全称命题为假命题，可知其否定为真命题，即“”是真命题，结合判别式即可求解. 【详解】命题“”是假命题， 等价于“”是真命题， 即判别式，解得：或， 则实数的取值范围为：. 故选：B. 6. 如图，已知等腰中，，点是边上的动点，则的值（ ） A. 为定值 B. 不为定值，有最大值 C. 为定值 D. 不为定值，有最小值 【答案】C 【解析】 【分析】先记的中点为，然后利用是等腰三角形，得到，再利用向量数量积的几何意义求解即可. 【详解】如图，记的中点为，由题可知，， ，，所以. 故选：C. 7. 已知是定义域为的奇函数，当时，，若，则零点的个数为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性以及对称性可得周期性，即可作出两函数图象，根据图象交点个数即可求解. 【详解】由于是定义域为的奇函数，故，故， 所以，当时，， 又由，可得， 故是周期函数，且周期为4， 当时，，则， 又，所以时， 当时，，则， 又由，得到，所以当时，， 当时，，则， 所以当时，， 故 在同一坐标系中，作出的图象如下, 又当时，，而，故当后，两个函数图象再无交点， 由函数图象可知：的图象有4个不同的交点，故有4个零点， 故选：A 8. 在平面直角坐标系中，函数且的图象恒过定点，若角的终边过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出点,利用倍角公式可求答案. 【详解】因为函数且的图象恒过定点，所以； 因为角的终边过点，所以， 所以. 故选：C 二、多选题：本题共3个小题，每题6分，共18分，两个选项的对一个得3分，三个选项的对一个得2分，有错误选项不得分. 9. 下列等式成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】应用倍角正余弦、和差角正余弦公式及诱导公式化简求值，即可判断各项的正误. 【详解】A：，成立； B：，成立； C：，不成立； D：，不成立. 故选：AB 10. 有关复数和实数，下列说法不正确的是（ ） A. ，则 B. ，则 C. D. ，其中 【答案】AB 【解析】 【分析】根据特例法，可得判定A、B不正确，设，根据复数的运算法则，可得判定C正确；设，根据复数的除法运算法则，以及复数模的计算公式，可得判定D正确. 【详解】对于A，取复数，则，所以A不正确； 对于B，取复数，则，所以B不正确； 对于C，设，则，所以 由，则， 所以，所以C正确. 对于D，设， 可则， 则， 又由，所以， 所以，其中，所以D正确. 故选：AB. 11. 已知，，，下列结论正确的是（ ） A. 的最小值为9 B. 的最大值为 C. 的最小值为 D. 的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由基本不等式“1的妙用”求解即可；对于B，根据题意，再代入配方即可确定最值；对于C，根据即可判断；对于D，由基本不等式解得，再根据对数的运算即可求解． 【详解】因为，，， 所以， 当且仅当，即时取等号，取得最小值9，故A正确； 对于B，， 根据二次函数的性质可知，当，时，取得最小值，故B错误； 对于C，， 当且仅当，即时取等号， 此时取得最小值，故C正确； 对于D，因为，即， 当且仅当，即时取等号， 所以， 即最大值，故D正确． 故选：ACD． 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的定义域为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据分母不为，偶次方根的被开方数非负得到不等式组，解得即可. 【详解】对于函数，令，解得且， 所以的定义域为. 故答案为： 13. 已知函数的最小正周期为，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用二倍角公式化简函数解析式，再根据余弦函数的性质求出，最后代入计算可得. 【详解】， 所以的最小正周期为，解得，即， . 故答案为： 14. 在中，角的对边分别为，且.若，则对的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】应用三角恒等变换及三角形内角的性质求得，令，结合向量数乘的几何意义及减法法则化简向量并求其模长. 【详解】由，得， 所以， 因为，则，所以， 设，则点在直线上，所以， 当时，最小，其最小值为. 故答案为： 四、解答题：本题共5个小题，共77分 15. 已知，复数． （1）若z在复平面内对应的点位于第四象限，求的取值范围； （2）若z满足，，求的值． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）求出复数对应点的坐标，进而列出不等式组求解. （2）利用给定条件，结合复数相等求出，再利用复数除法及模的意义求解. 【小问1详解】 复数在复平面内对应的点为， 由z在复平面内对应的点位于第四象限，得，解得， 所以的取值范围是. 【小问2详解】 依题意，， 又，则，解得， ， 所以. 16. 已知定义在上的函数图象关于原点对称． （1）求的解析式； （2）判断并用定义证明的单调性； （3）解不等式． 【答案】（1） （2）在上单调递增，证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由关于原点对称可得，再结合关于原点对称，计算即可； （2）借助定义法证明即可得； （3）结合奇函数性质及函数单调性计算即可得. 【小问1详解】 由题意可得， 即，，故， 即，此时有， 故关于原点对称，故， 即的解析式为； 【小问2详解】 在上单调递增；证明如下： 令，则 ， 由，则，，， 故，即在上单调递增； 【小问3详解】 由题意可得为奇函数，则有， 又因为在上单调递增，则有，解得， 所以原不等式的解集为． 17. 已知函数，且. （1）求的解析式； （2）将的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上每个点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变）得到函数的图象.当时，求不等式的解集. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据特殊值计算结合角的范围求解； （2）先根据平移伸缩得出，再结合二倍角余弦公式化简应用单调性解三角不等式即可. 【小问1详解】 因为，所以，，可得，， 又，所以，所以. 【小问2详解】 将的图象向右平移个单位长度得的图象， 再将图象上每个点的横坐标变为原来的2倍得到的图象，所以，所以原不等式化为. 令，，则，不等式化为， 所以，所以， 所以， 结合函数在上的图象得， 所以，即不等式的解集为. 18. 在中，是边上靠近的三等分点. （1）若，证明：； （2）若 （i）求面积的最大值； （ii）求的最小值. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）由已知，可得，在利用余弦定理可得，化简即可； （2）（i）由已知，在中，由余弦定理可得，再利用基本不等式得，则，即可求得面积的最大值；（ii）在中， 由正弦定理，可得，由，利用余弦定理，可得，可得，即可求得的最小值. 【小问1详解】 因为是边上靠近的三等分点，所以， 所以， 设内角的对边分别为，则， 所以，即， 在中，由余弦定理得， 所以， 化简得， 即. 【小问2详解】 （i）在中，由余弦定理得， 又， 所以， 当且仅当，即为等边三角形时等号成立， 所以， 又是边上靠近的三等分点， 所以， 即的面积的最大值为. （ii）在中，， 由正弦定理，得， 又， 所以， 因为，所以， 由余弦定理，得， 将代入上式，化简得， 所以 ，其中， 当，即时，取得最小值， 的最小值为. 【点睛】关键点点睛：（2）（i）由余弦定理可得后，再利用基本不等式得；（ii）因为，得到，利用余弦定理角化边，再将由正弦定理得到的代入，化简为，求得的最小值. 19. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，为中点，且，的角平分线交于点，且. （1）求； （2）求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理、倍角公式化简得出即可； （2）根据以及，以及在中利用余弦定理，即可得出关于的方程组，求解即可. 【小问1详解】 因为结合正弦定理可得，， 因为，所以，所以，则， 因为，所以，则，得，则； 【小问2详解】 因为是的角平分线，且，，， 所以，得， 在中利用余弦定理得， 在中利用余弦定理得， 因，，所以， 则在中利用余弦定理得，得， 因为，所以， 所以，解得，解得或， 又，解得，于是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $