精品解析：四川省射洪中学校2025-2026学年高一下学期强实班第一次综合素质测评数学试题

射洪中学高2025级高一下期强实班第一次综合素质测评 数学试题 （考试时间：120分钟 满分：150分） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效. 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡对应题号的位置上.写在本试卷上无效. 4.考试结束后，将答题卡交回. 第I卷 选择题（共58分） 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. 若，则（ ） A. B. C. D. 2. “”是“向量，，则”的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 3. 中，，，则（ ） A. B. C. D. 或 4. 下列说法正确的是（ ） A. 棱台的侧面都是等腰梯形 B. 有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱 C. 过圆锥顶点的截面是等腰三角形 D. 以直角梯形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台 5. 已知向量，满足，，，夹角为，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，某数学兴趣小组成员为测量某建筑的高度，选取了与O在同一水平面且在同一水平线上的A，B，C三处．已知在A，B，C处测得该建筑顶部P的仰角分别为，，，，则该建筑的高度（ ） A. B. C. D. 7. 已知是内一点，且，点在内（不含边界），若，则的值可能为（    ） A. B. 1 C. D. 8. 已知是边长为的等边三角形，为平面内一点，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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，有选错的得0分． 9. 已知是虚数单位，以下四个说法中正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若复数满足，则 D. 已知复数满足，则 10. 已知△ABC的内角的对边分别是，则下列结论正确的是（     ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若△ABC是锐角三角形，则 D. ，则△ABC为等腰三角形 11. 已知平面向量满足 则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值为 B. 若 则 的最大值为 C. 若向量满足，则 的最大值是 D. 若向量满足，则 的最小值是2 第II卷 非选择题（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知侧棱长为的正三棱锥如图所示，其侧面是顶角为的等腰三角形，一只蚂蚁从点出发，围绕棱锥侧面爬行一周后又回到点，则蚂蚁爬行的最短路程为__________． 13. 如图所示，在中，，且点为边的中点且，则的最大值为_____. 14. O为△ABC的外心，若，则实数m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. 复数，，．已知为纯虚数． （1）求m和； （2）复数是方程的一个根，求实数p，q的值． 16. 已知菱形的边长为2，为对角线（异于，）上一点． （Ⅰ）如图1，若，，设，．试用基底表示，并求； （Ⅱ）如图2，若，点在边，上的射影分别为，，求与的夹角． 17. 在中，，点D在边上，，且. （1）若的面积为，求； （2）设，若，求. 18. 在①，②，③，三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答.（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.） 已知的面积为，角所对的边分别为，且选条件：________. （1）求角的大小； （2）若，求周长的取值范围 （3）若为锐角三角形，作（位于直线异侧），使得四边形满足，，求的最大值. 19. 我们知道，三角形中存在诸多特殊位置的点，并且这些特殊点都具备一定的特殊性质.意大利学者托里拆利在研究时发现：在三角形的三边分别向其外侧作等边三角形，这三个等边三角形的外接圆交于一点，该点即称为托里拆利点（以下简称“点”）.通过研究发现三角形中的“点”满足到三角形三个顶点的距离和最小.当的三个内角均小于时， 使得的点即为“点”； 当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为“点”.试用以上知识解决下面问题: 已知的内角所对的边分别为. （1）若，则 ①求； ②若，设点为的“点”， 求； （2）若，设点为的“点”，，求实数的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 射洪中学高2025级高一下期强实班第一次综合素质测评 数学试题 （考试时间：120分钟 满分：150分） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效. 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡对应题号的位置上.写在本试卷上无效. 4.考试结束后，将答题卡交回. 第I卷 选择题（共58分） 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. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数除法结合共轭复数概念可得答案. 【详解】，则. 故选：B． 2. “”是“向量，，则”的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 【答案】A 【解析】 【分析】由于，即可判定 【详解】由题意， 因此“”是“向量，，则”的充分不必要条件 故选：A 3. 中，，，则（ ） A. B. C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】根据正弦定理求出，再结合角的范围即可得解. 【详解】在中，因为，， 所以由正弦定理可得，解得. 因为，所以.又因为，所以或. 4. 下列说法正确的是（ ） A. 棱台的侧面都是等腰梯形 B. 有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱 C. 过圆锥顶点的截面是等腰三角形 D. 以直角梯形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台 【答案】C 【解析】 【详解】A.棱台是侧面都是梯形，不一定是等腰梯形，故A错误； B.不符合棱柱的定义，有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体，不能确定侧棱平行，故B错误； C.圆锥的母线长相等，所以过圆锥顶点的截面是等腰三角形，故C正确； D.只有以直角梯形的直角腰所在直线为旋转轴旋转一周所得的旋转体是圆台，故D错误. 5. 已知向量，满足，，，夹角为，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由投影向量计算公式，可得答案. 【详解】在上的投影向量. 故选：C. 6. 如图，某数学兴趣小组成员为测量某建筑的高度，选取了与O在同一水平面且在同一水平线上的A，B，C三处．已知在A，B，C处测得该建筑顶部P的仰角分别为，，，，则该建筑的高度（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合题意，利用由余弦定理计算即可. 【详解】设，则， 在中，，则， 解得，则. 故选：B． 7. 已知是内一点，且，点在内（不含边界），若，则的值可能为（    ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由条件先判断出是的重心，再求出的取值范围，即可求解. 【详解】因为是内一点，且，所以为的重心. 又因为点在内，所以考虑在边界上取值情况， 当点与点重合时，最小， 此时， 所以，即； 当点与点重合时，最大， 此时，所以，即. 因为点在内且不含边界，所以， 所以的值可能为. 8. 已知是边长为的等边三角形，为平面内一点，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】以线段的中点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标运算可求得的最小值. 【详解】以线段的中点为坐标原点，所在直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系， 则、、， 设点，则，，， 所以，， 则， 当且仅当，时，取最小值. 故选：B. 二、多项选择题：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，有选错的得0分． 9. 已知是虚数单位，以下四个说法中正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若复数满足，则 D. 已知复数满足，则 【答案】AB 【解析】 【分析】根据复数的运算可得A，B，C的正误，根据复数模的概念可知D的正误. 【详解】对于A，由于，所以，故A正确； 对于B，由于，设，则，因此， 由于，所以，故B正确； 对于C，取反例，则，但，故C错误； 对于D，取反例，满足条件，故D错误. 10. 已知△ABC的内角的对边分别是，则下列结论正确的是（     ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若△ABC是锐角三角形，则 D. ，则△ABC为等腰三角形 【答案】AC 【解析】 【分析】对各选项分别采用和差化积公式、三角函数单调性、余弦定理展开等方法逐一验证，A、C通过三角恒等变换与函数单调性证明结论，B通过和差化积推导否定，D通过余弦定理展开分析三角形形状，排除错误选项. 【详解】对于选项A，. 在中，，故，； 由得，故，， 因此，即，A正确. 对于选项B，. 在中，，； 由得，， 因此，即，B错误. 对于选项C，为锐角三角形，则，即，且. 函数在上单调递增，故，C正确. 对于选项D，由，结合余弦定理， ，代入得， 约去后整理得， 故或，为等腰或直角三角形，D错误. 11. 已知平面向量满足 则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值为 B. 若 则 的最大值为 C. 若向量满足，则 的最大值是 D. 若向量满足，则 的最小值是2 【答案】ACD 【解析】 【分析】由向量垂直的数量积表示得出，然后把向量的模转化为数量积的运算后，分别利用二次函数知识，基本不等式可得选项AB中最值，从而判断AB，利用平面向量的几何意义，由圆的性质可得点轨迹是图中两段优弧，再由圆的性质可得所求距离的最值，判断CD． 【详解】对于A，由，得，， ， 因此当时，取得最小值，A正确； 对于B，由，得，则 ，当且仅当时等号成立，B错误； 对于CD，，，， 又，则， 作，，以为圆心，为半径作圆，如图， 当是圆的优弧上点时，即时，满足， 再作点关于直线的对称点，以为圆心，为半径作圆， 当是圆的优弧上点时，即时，也满足， 当不是这两段优弧上的点时，都不满足，即不满足， 是等边三角形，因此，两圆半径都是2， 由图可知即的最小值是2，最大值是，CD正确. 故选：ACD 第II卷 非选择题（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知侧棱长为的正三棱锥如图所示，其侧面是顶角为的等腰三角形，一只蚂蚁从点出发，围绕棱锥侧面爬行一周后又回到点，则蚂蚁爬行的最短路程为__________． 【答案】2 【解析】 【分析】根据正三棱锥的侧面展开图求得正确答案. 【详解】正三棱锥的侧面展开图如下图所示， 依题意可知，所以三角形是等边三角形， 所以最短路程为. 故答案为： 13. 如图所示，在中，，且点为边的中点且，则的最大值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】由余弦定理有，结合基本不等式可得，再由及向量数量积的运算律求的最大值. 【详解】由，则， 又， 所以，即， 所以 ， 而，则， 当且仅当时取等号，故最大值为16， 所以，即的最大值为. 故答案为： 14. O为△ABC的外心，若，则实数m的最大值为________． 【答案】## 【解析】 【分析】首先等式两边点乘，根据外心的性质，结合向量数量积的几何意义化简等式，再利用正弦定理，以及两角和的正弦公式化简等式为，最后利用辅助角公式和三角函数的性质求解. 【详解】由条件可知， 如图，因为点是三角形的外心，所以点分别向作垂线，垂足分别为，点是和的中点，且设外接圆半径为， 所以，， 所以， 即， 则, 即， 则，即, 则，即， 即，即，， 解得：， 所以的最大值为. 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. 复数，，．已知为纯虚数． （1）求m和； （2）复数是方程的一个根，求实数p，q的值． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】（1）根据复数减法以及纯虚数的概念，建立方程与不等式，结合模长公式，可得答案； （2）根据复数的除法以及乘方，由方程的解以及复数相等，建立方程，可得答案. 【小问1详解】 由，且为纯虚数，则，解得， 所以，故. 【小问2详解】 由，则， 整理可得，可得，解得. 16. 已知菱形的边长为2，为对角线（异于，）上一点． （Ⅰ）如图1，若，，设，．试用基底表示，并求； （Ⅱ）如图2，若，点在边，上的射影分别为，，求与的夹角． 【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）. 【解析】 【分析】（Ⅰ）依题意可得，再根据平面向量线性运算法则计算可得，由根据平面向量数量积的运算律求出，最后根据计算可得； （Ⅱ）依题意可得，如图建立平面直角坐标系，设，表示出，的坐标，再根据数量积的坐标运算得到，即可得解； 【详解】解：（Ⅰ）由可知，，从而 ， 因为，所以， 因为，，解得， 所以． （Ⅱ）因为，所以， 以为原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立平面直角坐标系，由为（异于，）上一点，从而设，则，，所以，，因此，因此，与的夹角为． 17. 在中，，点D在边上，，且. （1）若的面积为，求； （2）设，若，求. 【答案】（1）；（2）或. 【解析】 【分析】（1）首先利用面积公式求出，在利用余弦定理即可求得CD；（2）设，利用正弦定理求出CD，在中再次利用正弦定理列出关于的三角函数关系式，化简可即可求得. 【详解】解法一：（1）因为，即， 又因为，，所以. 在中，由余弦定理得， 即，解得. （2）在中，，因为，则， 又，由正弦定理，有， 所以. 在中，，， 由正弦定理得，，即， 化简得 因为，所以 ，， 所以或， 解得或. 解法二：（1）同解法一. （2）证明：因为，所以. 取中点E，连结， 所以. 设，因为，所以. 在中，. 以下同解法一. 【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理解三角形，属于基础题. 18. 在①，②，③，三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答.（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.） 已知的面积为，角所对的边分别为，且选条件：________. （1）求角的大小； （2）若，求周长的取值范围 （3）若为锐角三角形，作（位于直线异侧），使得四边形满足，，求的最大值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）选①可根据正弦定理边化角和三角形中的诱导公式化简计算；选②可根据正弦定理角化边和余弦定理化简计算；选③根据向量乘积展开式和正弦定理的面积公式进行化简计算； （2）利用正弦定理将用角表示，结合三角形内角和将周长转化为关于单一角的函数，再根据角的范围，利用三角函数的性质求取值范围； （3）设，将所有未知角用表示，再用正弦定理将表示出来进行化简，最后根据的范围求出的最大值. 【小问1详解】 选①根据正弦定理可知:， 即，结合，展开化简得， 故，又，所以； 选②根据正弦定理可得: 根据余弦定理可得:，又，所以； 选③根据向量点乘运算可得:， 又，所以. 【小问2详解】 设周长，由余弦定理：， 由基本不等式， 代入得：，解得，当且仅当时等号成立； 又由三角形三边关系，所以，因此周长：； 【小问3详解】 如图，设，则，， 在中，由正弦定理得可得， ， 在中，由正弦定理得:可得， ， 是锐角三角形，所以， 所以， 当时，可得的最大值是. 19. 我们知道，三角形中存在诸多特殊位置的点，并且这些特殊点都具备一定的特殊性质.意大利学者托里拆利在研究时发现：在三角形的三边分别向其外侧作等边三角形，这三个等边三角形的外接圆交于一点，该点即称为托里拆利点（以下简称“点”）.通过研究发现三角形中的“点”满足到三角形三个顶点的距离和最小.当的三个内角均小于时， 使得的点即为“点”； 当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为“点”.试用以上知识解决下面问题: 已知的内角所对的边分别为. （1）若，则 ①求； ②若，设点为的“点”， 求； （2）若，设点为的“点”，，求实数的最小值. 【答案】（1）①；②； （2）. 【解析】 【分析】（1）①由正弦定理，边化角，利用两角和的正弦公式化简，即可求解； ②由三角形面积公式及向量数量积求解； （2）由三角恒等变换可知，再设，，，，得到，结合三个余弦定理表示，和，勾股定理确定等量关系，再结合基本不等式，即可求解； 【小问1详解】 ①在 中，由正弦定理得， ，有， ， ， ，，又， ； ②由①知，则 的三个角都小于， 由“点”定义知：， 设，，，由得 ，整理得， 所以 . 【小问2详解】 由，结合正弦定理， 有，均为三角形内角， 或（舍），即，， 由点为的“点”，得， 设， ，，， 由， 得， 由余弦定理得 ， ， ， 相加得，得， 整理得， 于是，当且仅当，即时取等号， 又 因为 而 解得，所以实数的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $