精品解析：吉林通化市梅河口市第五中学2025-2026学年高一下学期数学期中考试

高一数学期中考试 一、单选题 1. 命题“”的否定为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用存在量词命题的否定是全称量词命题求解作答. 【详解】命题“”是存在量词命题，其否定是全称量词命题， 所以命题“”的否定是：. 故选：D 2. 已知向量，，且，则（ ） A. B. 1 C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由向量平行的坐标表示可求得. 【详解】因为，，且，所以，解得. 故选：C. 3. 已知向量，满足，，，则在上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题可知，向量，满足，，， 所以， 则在上的投影向量为. 4. 函数的图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用特殊点法判断即可. 【详解】因为， 所以，故排除C； ，故排除B； 而， 所以在不可能单调递减，故排除D； 因为排除了BCD，而A又满足上述性质，故A正确. 故选：A. 5. 已知函数，若把的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于点对称，则ω的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】根据平移写出函数解析式，可得，运算得，得解. 【详解】由题意，平移后函数解析式为， 由题意得，， 解得，，且， 当时，. 故选：A. 6. 已知为棱长4的正四面体，则该正四面体的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过补形的方法求得正确答案. 【详解】将正四面体补形成正方体如下图所示， 正四面体的棱长为，所以正方体的边长为， 所以正方体的对角线长为， 所以正方体的外接球，也即正四面体的外接球的半径为， 所以外接球的表面积为. 故选：C 7. 已知中，，则此三角形为（ ） A. 等边三角形 B. 等腰非等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】A 【解析】 【分析】若是的中点，易得，即，再应用向量数量积的运算律和定义可得，即，即可确定三角形性状. 【详解】若是的中点，则，故， 所以，显然为等腰三角形，即， 由，可得， 又，故，故为等边三角形. 故选：A 8. 如图，在中，点是的中点，过点的直线分别交直线于不同的两点，若，，则的最小值（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件，利用向量的中线公式及“爪子”定理，得，从而有，再利用基本不等式，即可求解. 【详解】因为点是的中点，则，又，则， 又三点共线，则，所以，得到， 由，得到，所以， 又，则， 当且仅当，即时取等号， 所以. 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2分或3分或4分，有选错的得0分. 9. （多选）下列命题中正确的是（ ） A. 棱柱的侧面一定是平行四边形 B. 有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱 C. 棱锥的各侧面一定有一个公共点 D. 棱台各侧棱的延长线交于一点 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据棱柱的几何特征可判断AB选项；利用棱锥的定义可判断C选项；利用棱台的几何特征可判断D选项. 【详解】对于A选项，由棱柱的定义知，棱柱各侧面一定为平行四边形，故A正确； 对于B选项，如图，平面平面， 但图中的几何体每相邻两个四边形的公共边并不互相平行，故不是棱柱，故B错误； 对于C选项，棱锥有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形， 即必须是有一个公共顶点的几何体，故C正确； 对于D选项，棱台是用一个平行于底面的平面去截棱锥而得到的，其各侧棱的延长线必交于一点，故D正确． 故选：ACD. 10. 设是的共轭复数，下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 D. 是实数 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据复数的四则运算、复数的模、共轭复数以及复数的定义加以计算判断. 【详解】对于A，令，则， 于是，所以A正确； 对于B，令，则，因为， ，所以B正确； 对于C，令，满足， 而，，所以C错误； 对于D，令，则， 而是实数，所以D正确. 故选：ABD. 11. 如图，在中，，为边上的中点，，，且，则（ ） A. 外接圆的半径为 B. C. 的最大值为3 D. 的最大值为 【答案】BC 【解析】 【分析】对于选项A，根据正弦定理可求出三角形外接圆半径；对于选项B，在两个小三角形中，分别运用正弦定理，结合中线的定义进行判断即可；对于选项C，运用余弦定理和基本不等式可验证其正确；对于选项D，结合选项C的结论，然后根据向量的模可求出其最小值为. 【详解】对于选项A：根据正弦定理可得，解得， 所以外接圆的半径为，A错误； 对于选项B：在中，，所以. 在中，，所以. 因为， 所以， B正确； 对于选项C： 根据余弦定理得， 可得， 所以，当且仅当时等号成立，此时的最大值为3，C正确； 对于选项D：因为， 所以 因为，所以， 所以， 当时，，所以，此时取最小值. 所以的最小值为，D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. ____. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量运算法则，化简整理即可. 【详解】由题意. 13. 在中，点满足，若对任意，均有，则的最小值是_____. 【答案】##0.8 【解析】 【分析】根据给定条件，结合向量的几何意义可得，确定点的轨迹，进而求出的最小值. 【详解】在直线上取点，令，不等式， 依题意，是点与直线上任意点距离的最小值，则， 点在以为直径的圆上（除点外），当与圆相切时，最大，最小， 令，则，圆半径，， 所以的最小值为. 故答案为： 14. 已知是边长为1的等边三角形，为平面内一点，则的最小值是___________． 【答案】 【解析】 【分析】建立直角坐标系，结合向量数量积求解即可. 【详解】以线段的中点为坐标原点，所在直线为轴建立如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． 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. 已知向量，满足，，且与的夹角为. （1）分别求与的值； （2）若，求的值. 【答案】（1）1， （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量数量积定义和向量模的公式求解即可. （2）根据向量垂直，可得到其数量积为0，从而可列出等式求出的值. 【小问1详解】 . . 【小问2详解】 因为， 所以，解得. 16. 如图，在山脚测得山顶的仰角为，沿倾斜角为的斜坡向上走米到，在出测得山顶得仰角为， （1）若，求坡面的坡比．（坡比是坡面的垂直高度与水平宽度的比值） （2）求证:山高. 【答案】（1） （2） 在中, . 在中,根据正弦定理 ， 所以山高为. 【解析】 【分析】（1）由题意利用坡面的坡比的定义计算可得；（2）求得的的长度和正弦定理可求得山的高度. 【小问1详解】 坡面的坡比为 . 【小问2详解】 略. 17. 如图，一块扇形铁皮，半径厘米，圆心角，现剪下一个扇环做圆台形容器的侧面，并从剩余的扇形内剪下一个最大的圆刚好做容器的下底（圆台下底面大于上底面）． （1）应取多少厘米？ （2）制作这样一个没有上底的圆台形容器需要多少平方厘米的铁皮？（不计连接处损耗） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据的长度等于的周长可计算出的半径，再根据几何关系可计算出的长度； （2）根据条件先计算出上下底面的半径和母线长度，然后计算出下底面面积和侧面积，则结果可知. 【小问1详解】 连接并延长交于点，过点作交于点， 因为，所以的长度为，所以的周长为， 所以，所以， 在中，，所以， 所以， 所以应取厘米. 【小问2详解】 设圆台上、下底面的半径分别为，母线长为， 因为，所以的长度为，所以，所以， 因为，所以， 因为，所以， 所以需要的铁皮为：平方厘米， 故需要平方厘米的铁皮. 18. 记的内角的对边分别是，已知，． （1）证明：为等腰三角形； （2）若边上的高为，且，求的周长． 【答案】（1）证明：因为， 由正弦定理可得， 即， 因为在中，， 所以，即， 因为在中，， 所以或（舍去）， 则， 则在中，， 即， 所以为等腰三角形； （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理化简条件可得，结合三角形内角关系即可证明结论；、 （2）根据可得，结合二倍角公式化简可得，从而得到，根据边上的高为​，可得，即可求解 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知因此； 因为，代入 得：， 所以，得 因为为三角形内角，， 故：， 由于，所以 因为边上的高为​，， 所以，解得： 因为， 所以 因此， 所以的周长为： 19. 对于定义域为的函数，如果存在非零常数，那么称函数具有性质. （1）判断函数是否具有性质，并说明理由； （2）设，证明：函数具有性质； （3）若函数具有性质，求的取值范围.（参考公式：） 【答案】（1）不具有，具有，理由见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据性质的定义，逐个验证； （2）由性质，问题转化为，由在区间上单调递减，得，即证，结合条件易证； （3）根据性质的定义，可得，结合辅助角公式可得，即，结合三角函数线知识求解. 【小问1详解】 不具有性质， 理由：函数的定义域为， 因为；所以函数不具有性质， 具有性质， 理由：函数的定义域为， 因为，所以， 所以，故函数是否具有性质， 【小问2详解】 当时，要证明函数具有性质， ， 即证，即证. 因为在上单调递增，在上单调递减， 所以在区间上单调递减， 所以. 故只需，而，所以显然成立， 所以具有性质. 【小问3详解】 因为函数具有性质，所以对任意的， 即，即， 即， 即. 因为的最大值为1，所以. 由参考公式，，即，即. 根据三角函数线知，当时，；又当时，，故，所以当时，. 所以当，即时，符合要求；当，即时，不符合要求. 综上，的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一数学期中考试 一、单选题 1. 命题“”的否定为（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，且，则（ ） A. B. 1 C. D. 4 3. 已知向量，满足，，，则在上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 4. 函数的图象是（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，若把的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于点对称，则ω的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 6. 已知为棱长4的正四面体，则该正四面体的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知中，，则此三角形为（ ） A. 等边三角形 B. 等腰非等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 8. 如图，在中，点是的中点，过点的直线分别交直线于不同的两点，若，，则的最小值（ ） 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2分或3分或4分，有选错的得0分. 9. （多选）下列命题中正确的是（ ） A. 棱柱的侧面一定是平行四边形 B. 有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱 C. 棱锥的各侧面一定有一个公共点 D. 棱台各侧棱的延长线交于一点 10. 设是的共轭复数，下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 D. 是实数 11. 如图，在中，，为边上的中点，，，且，则（ ） A. 外接圆的半径为 B. C. 的最大值为3 D. 的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. ____. 13. 在中，点满足，若对任意，均有，则的最小值是_____. 14. 已知是边长为1的等边三角形，为平面内一点，则的最小值是___________． 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. 已知向量，满足，，且与的夹角为. （1）分别求与的值； （2）若，求的值. 16. 如图，在山脚测得山顶的仰角为，沿倾斜角为的斜坡向上走米到，在出测得山顶得仰角为， （1）若，求坡面的坡比．（坡比是坡面的垂直高度与水平宽度的比值） （2）求证:山高. 17. 如图，一块扇形铁皮，半径厘米，圆心角，现剪下一个扇环做圆台形容器的侧面，并从剩余的扇形内剪下一个最大的圆刚好做容器的下底（圆台下底面大于上底面）． （1）应取多少厘米？ （2）制作这样一个没有上底的圆台形容器需要多少平方厘米的铁皮？（不计连接处损耗） 18. 记的内角的对边分别是，已知，． （1）证明：为等腰三角形； （2）若边上的高为，且，求的周长． 19. 对于定义域为的函数，如果存在非零常数，那么称函数具有性质. （1）判断函数是否具有性质，并说明理由； （2）设，证明：函数具有性质； （3）若函数具有性质，求的取值范围.（参考公式：） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $