精品解析：陕西西安市铁一中学2025-2026学年高一下学期第一次月考数学试卷

2025-2026-2单元学情调查（一） 高一年级数学 （满分150分 时间110分钟） 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、单项选择题：本大题共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. （原创） 1. 复数的虚部是（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的运算法则，化简得到，结合复数的定义，即可求解. 【详解】由复数，所以复数的虚部是. （原创） 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为. （原创） 3. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由. 又， 当； 当； 当； 当； 当； 当. 故. （原创） 4. 已知，，，则点P的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由，，可知， 即， 即，令，而，， 所以，故点P的坐标为. （原创） 5. 已知圆锥的高为，侧面积是，其母线长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆锥的侧面积公式，及母线、半径和高的关系，联立方程，即可求解. 【详解】设圆锥的高为，侧面积为，底面半径为，母线为， 根据题意，圆锥的侧面积是，即①， 又圆锥的高为，所以，即②， 由①可得，代入②可得，化简得， 整理得，化简得，解得或（舍）， 即. （原创） 6. 已知，，，则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】借助模长与数量积的关系可得，再利用数量积公式与模长的坐标公式计算即可得解. 【详解】由，则， 即，则， 由，则， 即，又，则， 则. 7. 在△ABC中，设，那么动点M的轨迹必通过△ABC的（ ） A. 垂心 B. 内心 C. 外心 D. 重心 【答案】C 【解析】 【分析】设的中点是，根据题意化简可得，即可确定的轨迹. 【详解】设的中点是， ， 即，所以， 所以动点在线段的中垂线上，故动点的轨迹必通过的外心， 故选：C. 8. 构造法是数学中一种常见的解题方法，请结合三角形的正、余弦定理，构造出恰当的图形解决问题：（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】构造,则由余弦定理有，设，再由正弦定理可得出答案. 【详解】构造，设角所对的边分别为, 设 由余弦定理可得,即 所以，由正弦定理可得 即 所以 故选：C 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的.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，如果所得截面是长方形，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，棱锥的几何特征判断各个选项即可. 【详解】A.平行于圆柱高的截面可以是长方形，符合要求； B. 圆锥由一个平面和一个曲面，截面不可能是长方形，与要求不相符； C.平行于三棱柱高的截面可以是长方形，符合要求； D. 对于底面是矩形的四棱锥，平行于下底面的截面可以是长方形，符合要求． 故选：ACD. 10. 已知分别是三个内角的对边，则下列命题中错误的是（ ） A. 若是锐角三角形，则 B. 若是边长为1的正三角形，则 C. 若，则有二解 D. 若，则是等腰直角三角形 【答案】BD 【解析】 【分析】A选项，根据锐角三角形，得到，其中，利用正弦函数单调性，得到；B选项，利用向量数量积公式计算出；C选项，由正弦定理得到或，均满足要求，C为正确命题；D选项，由正弦定理和二倍角公式得到或，则是等腰三角形或直角三角形. 【详解】A选项，是锐角三角形，，， 则，其中， 因为在上单调递增， 所以, 故，A为正确命题； B选项，是边长为1的正三角形， 则，B为错误命题； C选项，由正弦定理得，即， 解得， 故或，经检验，均满足要求，C为正确命题； D选项，，由正弦定理得， 即，故， 所以或，故或， 则是等腰三角形或直角三角形，D为错误命题. 故选：BD 11. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 是奇函数 B. 是偶函数 C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用图象与余弦函数性质计算可得C；利用奇函数与偶函数定义可得A、B；利用诱导公式与余弦函数单调性可得D. 【详解】对C：由图可得，则， 则，解得， 又，则，故，故C正确； 对A：， 故是奇函数，故A正确； 对B：， 故是偶函数，故B正确； 对D：， ， 由，故， 又在上单调递增，故， 即，故D错误. 第Ⅱ卷（非选择题 共82分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡的相应位置. （原创） 12. 已知复数满足，则________． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的基本运算法则，求得，再结合复数模的计算，即可求解. 【详解】由题意，原方程， 得， 所以. （课本改编） 13. 如图，在中，点O是BC的中点，过点O的直线分别交直线AB，AC于不同两点M，N．设，，，，，则t的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据三点共线求得的等量关系式，结合基本不等式求得t的最小值. 【详解】由题意，又共线，则， ，，， 所以， 当且仅当，即时取等号，即的最小值为. （原创） 14. 已知复数分别满足，则的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，利用复数的几何意义，分别求得和在复平面内对应点的轨迹，结合圆的性质，即可求解. 【详解】由复数，分别满足， 可得复数在复平面内对应点的轨迹为以为圆心，半径为的圆， 复数在复平面内对应点的轨迹为以为圆心，半径为的圆， 设，则， 可得复数在复平面内对应点的轨迹为以为圆心，半径为的圆， 如图所示，可得， 所以， 所以的取值范围为. 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. （原创） 15. 上下底面边长分别为的正四棱台，侧棱长为． （1）求其表面积； （2）求其体积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）正四棱台由四个全等的等腰梯形和两个正方形组成，结合梯形的面积公式和正方形的面积公式，即可求解； （2）取，O分别为上、下底面的中心，连接，，，得到底面，过点作，得到四边形为矩形，求得正四棱台的高为，结合台体的体积公式，即可求解. 【小问1详解】 正四棱台由四个全等的等腰梯形和两个正方形组成， 因为正四棱台的上下底面边长分别为和，侧棱长为， 可得等腰梯形的高为，则等腰梯形的面积为， 所以正四棱台表面积为. 【小问2详解】 在正四棱台中，点，O分别为上、下底面的中心， 连接，，，则底面，且，， 过点作交AO于点，则底面， 可得四边形为矩形，且，所以， 因为，所以，即正四棱台的高为， 所以正四棱台的体积为. （改编） 16. 如图，在梯形ABCD中，，，，，，且，P是线段AB上的一个动点． （1）求和； （2）求的取值范围． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）建立平面直角坐标系，利用平面向量的数量积的坐标表示结合可求出的坐标，进而求解即可； （2）根据平面向量的数量积、线性运算的坐标表示表示出，进而求解即可. 【小问1详解】 以为原点，以所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图， 则，，由，，可知分别为的中点， 设，则，，， 所以，， 由，则，即，又，则，即， 则，，即，， 所以， 由图可知，为锐角，则. 【小问2详解】 由（1）知，，，， 设，则，，， 所以， 则， 因为，则时，取得最小值， 时，取得最大值， 所以的取值范围为．. 17. 已知a，b，c分别为锐角三个内角A，B，C所对的边，且． （1）求A； （2）若，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件，由正弦定理与两角和的正弦公式化简，可求得A的值； （2）由正弦定理和已知条件，有，再讨论的范围，可得的取值范围. 【小问1详解】 已知，由正弦定理得， 由，代入化简得， 锐角中，，则有，即， 为锐角，所以，即. 【小问2详解】 ，，由正弦定理有， 则 ， 又，解可得，则 则有，故． 18. 平面向量是数学中一个非常重要的概念，它具有广泛的工具性，平面向量的引入与运用，大大拓展了数学分析和几何学的领域，使得许多问题的求解和理解更加简单和直观，在实际应用中，平面向量在工程、物理学、计算机图形等各个领域都有广泛的应用，平面向量可以方便地描述几何问题，进行代数运算，描述几何变换，表述物体的运动和速度等，因此熟练掌握平面向量的性质与运用，对于提高数学和物理学的理解和能力，具有非常重要的意义，平面向量的大小可以由模来刻画，其方向可以由以x轴的非负半轴为始边，所在射线为终边的角来刻画． 设，则．另外，将向量绕点A按逆时针方向旋转角后得到向量．如果将的坐标写成（其中），那么． 根据以上材料，回答下面问题： （1）若，，，求向量的坐标； （2）如图，点和分别为等腰直角和等腰直角的直角顶点，连接，求的中点坐标． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求出，再结合题设定义求解即可； （2）设，有，再结合题设定义求出，得两点坐标，即可求中点坐标. 【小问1详解】 由题意，，则， 所以. 【小问2详解】 设，由于， 则， 因为， 所以， ， 则， 所以DE的中点坐标为. （改编） 19. 已知，，函数． （1）求函数的对称中心和对称轴； （2）求函数在上的单调递减区间； （3）若函数在上有两个零点，求实数t的取值范围． 【答案】（1）对称中心为，；对称轴方程为，. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先由向量数量积展开并化简，利用三角恒等变换得到，再根据正弦函数性质令求对称中心横坐标，令求对称轴方程，最终得出对称中心与对称轴. （2）先根据正弦函数的单调递减区间列出不等式，解出的一般范围，再与区间 取交集，取 得到 在上的单调递减区间为 . （3）先根据的范围求出的对应区间，计算区间端点及正弦函数最小值处的函数值，再结合函数图像，判断直线 与曲线有两个交点时的范围，最终得. 【小问1详解】 由题可知 . 令，，解得， 所以对称中心为，. 令，，解得， 所以对称轴为，. 【小问2详解】 令，， 解得，. 结合，则取，得单调递减区间为. 【小问3详解】 由题可知，则， 令，则，. 因为 所以时，； 时，；时，. 即有两个解，即与有两个交点， 由图可知的取值范围是. 20. 已知函数． （1）若，求的取值范围； （2）若存在两个不相等的正实数，满足． ①求在上的最小值； ②证明：． 【答案】（1）； （2）①答案见解析；②证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据已知得，两边平方且，即可得； （2）①根据已知有且，结合对勾函数性质并讨论参数，研究函数在上性质，即可求区间对应最小值；②根据①画出函数大致图象，设，讨论、、三种情况，对于只需保证情况成立，其它两种情况必成立，对于只需保证情况成立，其它两种情况必成立，即可证. 【小问1详解】 由，则，故，可得； 【小问2详解】 ①由题设，易得且，只需讨论的情况， 在上单调递减，在上单调递增， 在上单调递增， 且，即在处连续， 当时，在上，显然其在上单调递增， 不存在两个不相等的正实数，满足，舍去； 当时，， 在上单调递增，在上单调递增， 在处连续，故其在上单调递增， 不存在两个不相等的正实数，满足，舍去； 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 此时存在两个不相等的正实数，满足， 若，则在上单调递减，最小值为； 若，则在上单调递减，在上单调递增，最小值为； 综上，时最小值为，时最小值为； ②不妨设，结合①分析，有、、三种情况， 当时，由，即， 对于，均有， 即，即， 又，故，，则， 结合图知，对于、两种情况必有， 当时，，则， 结合图知，对于、两种情况必有， 综上，，得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026-2单元学情调查（一） 高一年级数学 （满分150分 时间110分钟） 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、单项选择题：本大题共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. （原创） 1. 复数的虚部是（ ） A. B. 1 C. D. （原创） 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. （原创） 3. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. （原创） 4. 已知，，，则点P的坐标为（ ） A. B. C. D. （原创） 5. 已知圆锥的高为，侧面积是，其母线长为（ ） A. B. C. D. （原创） 6. 已知，，，则（ ） A. B. C. 2 D. 7. 在△ABC中，设，那么动点M的轨迹必通过△ABC的（ ） A. 垂心 B. 内心 C. 外心 D. 重心 8. 构造法是数学中一种常见的解题方法，请结合三角形的正、余弦定理，构造出恰当的图形解决问题：（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的.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，如果所得截面是长方形，那么该几何体可能是（     ） A. 圆柱 B. 圆锥 C. 三棱柱 D. 四棱锥 10. 已知分别是三个内角的对边，则下列命题中错误的是（ ） A. 若是锐角三角形，则 B. 若是边长为1的正三角形，则 C. 若，则有二解 D. 若，则是等腰直角三角形 11. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 是奇函数 B. 是偶函数 C. D. 第Ⅱ卷（非选择题 共82分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡的相应位置. （原创） 12. 已知复数满足，则________． （课本改编） 13. 如图，在中，点O是BC的中点，过点O的直线分别交直线AB，AC于不同两点M，N．设，，，，，则t的最小值为________． （原创） 14. 已知复数分别满足，则的取值范围为________． 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. （原创） 15. 上下底面边长分别为的正四棱台，侧棱长为． （1）求其表面积； （2）求其体积． （改编） 16. 如图，在梯形ABCD中，，，，，，且，P是线段AB上的一个动点． （1）求和； （2）求的取值范围． 17. 已知a，b，c分别为锐角三个内角A，B，C所对的边，且． （1）求A； （2）若，求的取值范围． 18. 平面向量是数学中一个非常重要的概念，它具有广泛的工具性，平面向量的引入与运用，大大拓展了数学分析和几何学的领域，使得许多问题的求解和理解更加简单和直观，在实际应用中，平面向量在工程、物理学、计算机图形等各个领域都有广泛的应用，平面向量可以方便地描述几何问题，进行代数运算，描述几何变换，表述物体的运动和速度等，因此熟练掌握平面向量的性质与运用，对于提高数学和物理学的理解和能力，具有非常重要的意义，平面向量的大小可以由模来刻画，其方向可以由以x轴的非负半轴为始边，所在射线为终边的角来刻画． 设，则．另外，将向量绕点A按逆时针方向旋转角后得到向量．如果将的坐标写成（其中），那么． 根据以上材料，回答下面问题： （1）若，，，求向量的坐标； （2）如图，点和分别为等腰直角和等腰直角的直角顶点，连接，求的中点坐标． （改编） 19. 已知，，函数． （1）求函数的对称中心和对称轴； （2）求函数在上的单调递减区间； （3）若函数在上有两个零点，求实数t的取值范围． 20. 已知函数． （1）若，求的取值范围； （2）若存在两个不相等的正实数，满足． ①求在上的最小值； ②证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $