精品解析：湖北随州市曾都区第一高级中学2025-2026学年高一实验班下学期3月第二次考试数学试题

湖北随州曾都一中25级高一实验班3月第二次考试 数学试题 范围：必修一+平面向量+复数+8.1--8.3 一、选择题（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，只有一项是符合题目要求的） 1. 复数满足（为虚数单位），则的共轭复数的虚部是（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意可得：，所以，所以复数的共轭复数的虚部为1. 2. 已知，，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，，可得， ．而向量在向量上的投影向量为， 因， 故在上的投影向量为． 3. 已知向量满足，且，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】由得，结合，得，由此即可得解. 【详解】因为，所以，即， 又因为， 所以， 从而. 故选：B. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由条件，结合两角差正切公式求，结合二倍角公式，平方关系将所求式子转化为齐次式，利用齐次式的方法求结论. 【详解】因为， 所以. 因为， 所以. 故选：C. 5. 已知中，若，且点在上，则（ ） A B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【详解】中，由，得， ，又，且点在上，则， 所以. 6. 若，且，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据基本不等式可得，求得，由可求得最小值. 【详解】由于，即， 则，即，当且仅当时等号成立， 所以的最小值为18， 所以有， 所以的最小值为，此时. 7. 已知函数的定义域为，若对于定义域内给定的任意 ，，都有，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据题目条件化简可知函数在上单调递增，再利用单调性求解不等式即可. 【详解】因为函数满足对任意的，，，都有， 设，则，所以，即， 所以，令， 因为当时，都有， 所以函数在上单调递增. 又不等式两边同乘以， 得，即， 即，所以， 故，解得，即. 8. 已知平面向量，，，且已知向量与所成的角为，且对任意实数恒成立，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】先用平方去掉条件中的绝对值号，通过解不等式求出，再用向量的三角不等式求最小值. 详解】平方去绝对值号，由，则， 根据向量与的条件可得， 化简可得， 令，由于函数开口向上，所以需要满足，所以. 观察所求式子内部，两者相减可将约掉，所以可用向量的三角不等式求解， 即， 又， 则的最小值为 二、选择题（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. 用平面截一个几何体，如果所得截面是矩形，那么该几何体可能是（ ） A. 圆柱 B. 圆锥 C. 三棱柱 D. 四棱锥 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据圆柱、圆锥、棱柱、棱锥的几何性质逐一验证即可得出结论. 【详解】对于A，过圆柱旋转轴的截面截圆柱所得截面为矩形，因此A正确； 对于B，截圆锥所得平面可以是三角形和曲边图形，不可能是矩形，即B错误； 对于C，在直三棱柱中，用平行于某一侧面的截面截三棱柱所得的截面可以为矩形，即C正确； 对于D，在正四棱锥中，用平行于底面的截面截四棱锥可以得到矩形截面，即D正确. 故选：ACD 10. 已知向量，，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 的最大值为 D 若，则 【答案】AD 【解析】 【分析】根据向量共线的坐标公式即可判断A；根据向量垂直的坐标公式即可判断B；根据向量的模的坐标公式结合三角函数的性质即可判断C；根据，求出，的关系，进而可判断D. 【详解】因为，，所以，， 对于A选项，若，则，所以，故A正确； 对于B选项，若，则，所以， 又，解得或，故B错误； 对于C选项， ，其中， 当时，取得最大值，故C错误； 对于D选项，若，则，即， 所以， 所以 ，故D正确. 11. 在中，所对的边分别为，已知，则（ ） A. 若，则外接圆半径为 B. 若，则 C. 若为锐角三角形，且，则 D. 面积的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】确定三角形形状并求出外接圆半径判断A；利用余弦定理求出的范围选项B；建立不等式组求出范围判断C；利用余弦定理及三角形面积公式列式，结合二次函数求出最大值判断D. 【详解】对于A，因为，由正弦定理可知， 设，则，即为直角三角形， 结合，得，则， 外接圆半径为，A正确； 对于B，若，则由，可得， 则，而，即，仅当时取等号， 故，结合，得，B正确； 对于C，，， 为锐角三角形，则，且， 即，解得，即，C错误； 对于D，由，得， 由于，故，即； 而, 而，故 ， 由于时，取最大值， 故的最大值为，即面积的最大值为，D正确. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，且，则的值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用换元法令，则结合诱导公式可得， 求的值注意符号的判断． 【详解】令，则 ∵，则 故答案为：． 13. 在校园科技节的化学展区，小明的团队制作了一个立方体晶胞框架（棱长的正方体），用来展示晶体中的八面体配位环境：位于立方体的各面中心位置，它们构成一个正八面体包围中心的，则该正八面体配位多面体模型的体积是________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意可知正八面体的底面边长以及高，代入公式即可求解. 【详解】根据图示正八面体的结构，底面为边长为的正方形，正四棱锥的高为正方体棱长的一半，即， 所以正八面体的体积为. 14. 已知函数，若，恒成立，则实数的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】令，将不等式变成对任意恒成立，分离常数可得，令，结合函数的单调性求解即可. 【详解】，即. 令，由可得，则对任意恒成立， 等价于对任意恒成立， 所以，即. 令，易知在上单调递减，在上单调递增， 又，，所以在上的最大值为. 所以，因为函数为增函数，当时，， 因此.即实数的取值范围为. 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. 设，均为复数，在复平面内，已知对应的点的坐标为，且对应的点在第一象限． （1）若复数为纯虚数，求实数的值； （2）若，且是关于的方程的一个复数根，求． 【答案】（1）3 （2） 【解析】 【分析】（1）由复数的类型可得的实部为0，虚部不为0，以此求解即可； （2）利用实系数二次方程根与系数的关系及模长条件，求出，再代入所求式子化简即可. 【小问1详解】 由题意得， 若复数为纯虚数，则有，且，解得. 【小问2详解】 方程的判别式， 故有两共轭复数根，设，则另一个根为， 因为对应点在第一象限，所以， 由韦达定理得，解得，且， 所以有，解得， 所以， 则. 16. 已知函数 （1）求函数 在上的单调递增区间; （2）若函数在的值域为 求α的取值范围. 【答案】（1），. （2） 【解析】 【分析】（1）化简函数为，由，得到，结合正弦函数的性质，列出不等式，即可求解； （2）由，得到，根据题意，得到，结合正弦函数的性质，得到，即可求解. 【小问1详解】 由函数 ， 因为，可得， 令，可得；令，可得， 所以函数在上单调递增区间为，. 【小问2详解】 由，可得， 因为函数的值域为，即， 当时，即时，； 当时，即时，， 要使得，根据正弦函数的性质，则满足， 解得，所以实数的取值范围为. 17. 在中，∠A，∠B，∠C所对的边分别为a，b，c，M为边BC所在直线上一点． （1）若，AM平分∠BAC，，，求的周长； （2）若，且，求的最大值和最小值． 【答案】（1） （2）最大值；最小值4 【解析】 【分析】（1）根据三角形面积公式及余弦定理化简计算求解； （2）根据三角形面积公式可得，根据余弦定理化简可得，再利用三角恒等变换结合正弦型函数性质可得最大值，利用基本不等式可得最小值. 【小问1详解】 由题意得 所以① 又② 由①②解得，所以的周长为； 【小问2详解】 ∵， 又，∴ ∴ 当且仅当，即时取“”， 又，当且仅当时取“”， 所以的最大值，最小值4． 18. 已知函数的图象的相邻两条对称轴之间的距离是，将函数的图象向右平移个单位长度得到的函数为偶函数. （1）求函数的解析式; （2）若是函数的一个零点，求的值； （3）若方程在上有4个不相等的实数根，求实数a的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，求得，得到，再由三角函数的图象变换，结合三角函数的性质，求得，得到，即可求得的解析式； （2）根据题意，转化为，得到，再由三角函数的诱导公式和余弦的倍角公式，化简得到，代入即可求解； （3）令，根据题意，利用正弦函数的性质，转化为方程在上有2个不相等的实数根，结合二次函数的性质，列出不等式组，即可求解. 【小问1详解】 解：由函数的图象的相邻两条对称轴之间的距离是， 可得函数的最小正周期为，所以， 将函数的图象向右平移个单位长度， 可得， 因为为偶函数，可得，所以， 因为，所以，所以函数的解析式为. 【小问2详解】 解：因为是函数 的一个零点， 即，可得， 由（1）知，所以，即， 又由， 因为，所以. 【小问3详解】 解：由（1）知，因为，可得， 令，当时，有两个解；当或时，有一个解， 若方程在上有4个不相等的实数根， 即为关于的方程在上有2个不相等的实数根， 设，则满足， 解得，所以实数的取值范围为. 19. 已知偶函数 的最小值为. （1）求实数，的值; （2）设 ，证明：在区间上存在唯一零点，且 ； （3）设 ，记 ，试求的最大值.（注： ）. 【答案】（1）； （2）证明见解析； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据偶函数的定义求出，再利用函数的最值即可求出； （2）根据指数函数，对数函数，正弦函数的单调性确定函数的单调性，再根据零点存在性定理证明函数在存在唯一零点，由此可得，再证明，由此可证明 ； （3）先利用复合函数的单调性求证在上的单调性，再设，结合函数的单调性可求结论. 【小问1详解】 由，得， 整理得，即， 即对任意恒成立，所以， 所以． 设，令，则，时等号成立， 所以， 又的最小值为，所以； 【小问2详解】 由（1）得， 所以 ， ​令，则在上单调递减， 故在上单调递减，又在上单调递增， 所以在上单调递减， 当时，，又正弦函数在上单调递增， 所以函数在上单调递增， 所以函数在上单调递减， 又，，故， 所以在存在唯一零点，且， 所以， 两边取的指数得：  计算，结合得， 故，得，故​， 所以 ， 所以 ； 【小问3详解】 由（1）知，令， 若，则， 因为对勾函数在单调递减，在单调递增，单调递增， 因此函数在上单调递增，在上单调递减． 设，， 由于， 则， 所以 ， 当且仅当或时，有最大值， 所以的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖北随州曾都一中25级高一实验班3月第二次考试 数学试题 范围：必修一+平面向量+复数+8.1--8.3 一、选择题（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，只有一项是符合题目要求的） 1. 复数满足（为虚数单位），则的共轭复数的虚部是（ ） A. B. C. 1 D. 2. 已知，，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 3 已知向量满足，且，则（ ） A. B. C. D. 1 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知中，若，且点在上，则（ ） A. B. C. D. 1 6. 若，且，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的定义域为，若对于定义域内给定的任意 ，，都有，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 已知平面向量，，，且已知向量与所成的角为，且对任意实数恒成立，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 4 二、选择题（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. 用平面截一个几何体，如果所得截面是矩形，那么该几何体可能是（ ） A. 圆柱 B. 圆锥 C. 三棱柱 D. 四棱锥 10. 已知向量，，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 的最大值为 D. 若，则 11. 在中，所对的边分别为，已知，则（ ） A. 若，则外接圆半径为 B. 若，则 C. 若为锐角三角形，且，则 D. 面积的最大值为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，且，则值为___________. 13. 在校园科技节的化学展区，小明的团队制作了一个立方体晶胞框架（棱长的正方体），用来展示晶体中的八面体配位环境：位于立方体的各面中心位置，它们构成一个正八面体包围中心的，则该正八面体配位多面体模型的体积是________. 14. 已知函数，若，恒成立，则实数的取值范围是________. 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. 设，均为复数，在复平面内，已知对应的点的坐标为，且对应的点在第一象限． （1）若复数为纯虚数，求实数的值； （2）若，且是关于方程的一个复数根，求． 16. 已知函数 （1）求函数 在上单调递增区间; （2）若函数在的值域为 求α的取值范围. 17. 在中，∠A，∠B，∠C所对的边分别为a，b，c，M为边BC所在直线上一点． （1）若，AM平分∠BAC，，，求的周长； （2）若，且，求的最大值和最小值． 18. 已知函数的图象的相邻两条对称轴之间的距离是，将函数的图象向右平移个单位长度得到的函数为偶函数. （1）求函数的解析式; （2）若是函数的一个零点，求的值； （3）若方程在上有4个不相等的实数根，求实数a的取值范围. 19. 已知偶函数 的最小值为. （1）求实数，的值; （2）设 ，证明：区间上存在唯一零点，且 ； （3）设 ，记 ，试求的最大值.（注： ）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $