期中数学押题密卷01【范围：必修第二册 第六章-第八章】-2025-2026学年高一数学下学期期中核心考点题型讲义（人教A版）

高一下学期期中数学押题密卷01 一：单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分． 1．复数的共轭复数是（   ） A． B． C． D． 2．下列关于平面向量描述正确的是（   ） A．若，则 B．若，则向量与的夹角为锐角 C．若，，则 D．若为非零向量，则与的方向相同 3．在△中，内角的对边分别是，且，则等于（    ） A． B． C．3 D． 4．如图，是一个平面图形的直观图，其中，，则原图形中最长的边长等于（   ） A．2 B． C． D． 5．已知平面和两条不同的直线、，则下列说法正确的是（    ） A．若上有无数个点不在内，则 B．若，则与内的任意一条直线都没有公共点 C．若，则平行于内的任意一条直线 D．若，且，则 6．若函数在区间内恰有两个最值点和三个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．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． 8．已知三棱锥的侧棱，，两两垂直，，，若该三棱锥的外接球体积为，则该三棱锥的表面积为（    ） A． B． C． D． 二：多项选择题：本题共3小题，每小题满分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。全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．已知为虚数单位，下列说法正确的是（   ） A．若复数，则 B．若复数满足，则或 C．若复数满足，则 D．若复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为直线 10．已知函数，则下列说法正确的是（   ） A．的最大值是，最小值是 B．两个相邻的对称轴之间的距离为 C．的图象关于点对称 D．将的图象向右平移个单位长度后得到的函数是奇函数 11．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c且，下列正确的是（   ） A． B．若，且有一解，则b的取值范围为 C．若，且为锐角三角形，则c的取值范围为 D．若，且，O为的内心，则 三：填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知向量，，，若和的夹角为，则________． 13．已知某圆锥的底面半径为1，体积为，则该圆锥的侧面展开图对应扇形的圆心角的弧度数为______． 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___________． 四、解答题：本题共5小题，共77分，（15题13分，16-17题15分，18-19题17分）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．已知平面向量满足，其中. (1)若，求实数m的值； (2)若，求向量与的夹角的大小. 16．如图，在棱长为2的正四面体中，为上的动点，为上靠近的三等分点，为的中点，与交于点．    (1)用，表示； (2)若点为的中点，求的值； (3)若，求的值． 17．在中，内角的对边分别是，记的面积为，且. (1)求角的大小； (2)若，，分别为的中线和角平分线. （i）若的面积为，求的长； （ii）求长的最大值. 18．已知函数的部分图象如图所示. (1)求函数的解析式，写出的单调递增区间； (2)将函数的图象上所有的点向右平移个单位长度，再将所得图象上每一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. ①当时，关于的方程恰有三个不相等的实数根，则实数的取值范围是__________，的值为__________； ②已知的三个顶点均在函数的图象上，且，点在线段上运动，则的取值范围是__________. 19．在中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，. (1)求角A； (2)奥古斯丁·路易斯·柯西，法国著名数学家.柯西在数学领域有非常高的造诣.很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式、柯西积分公式.其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用. ①用向量证明二维柯西不等式：； ②已知三维分式型柯西不等式：，，，，当且仅当时等号成立.若，P是内一点，过P作，，的垂线，垂足分别为D，E，F，求的最小值. 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一下学期期中数学押题密卷01 一：单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分． 1．复数的共轭复数是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】化简复数成标准式，利用共轭复数定义求解. 【详解】因为， 所以的共轭复数为. 2．下列关于平面向量描述正确的是（   ） A．若，则 B．若，则向量与的夹角为锐角 C．若，，则 D．若为非零向量，则与的方向相同 【答案】D 【分析】运用平面向量基本关系即可求解A，C，D，运用向量的数量积与夹角的关系即可求解B. 【详解】对于A选项，向量不能比较大小，故A错误； 对于B选项，当时，向量与的夹角为锐角或者零角，故B错误； 对于C选项，当时，，，但是向量与向量未必平行，故C错误； 对于D选项，若为非零向量，则为与方向相同的单位向量，故D正确. 3．在△中，内角的对边分别是，且，则等于（    ） A． B． C．3 D． 【答案】A 【分析】根据正弦定理，结合已知条件，即可容易求得结果. 【详解】在三角形中， 由正弦定理可得：. 故选：A. 4．如图，是一个平面图形的直观图，其中，，则原图形中最长的边长等于（   ） A．2 B． C． D． 【答案】C 【详解】由题意可知为等腰直角三角形，所以， 如下图所示，平面图形中， 所以. 5．已知平面和两条不同的直线、，则下列说法正确的是（    ） A．若上有无数个点不在内，则 B．若，则与内的任意一条直线都没有公共点 C．若，则平行于内的任意一条直线 D．若，且，则 【答案】B 【详解】对于A选项，若上有无数个点不在内，则或与相交，A错； 对于B选项，若，则直线与平面没有公共点， 因为平面内的任意一条直线上的所有点都在平面内， 所以与内的任意一条直线一定没有公共点，B对； 对于C选项，若，则与内的任意一条直线平行或异面，C错； 对于D选项，若，且，则或，D错. 6．若函数在区间内恰有两个最值点和三个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】按照的正负分类讨论，根据正弦函数的图象和性质列不等式求解即可. 【详解】当时，，则， 根据在的图象可知， 无法使得在区间内恰有两个最值点和三个零点，所以不能为正； 当时，，则， 由函数在区间内恰有两个最值点和三个零点， 故根据在的图象可知， 需满足，解得. 7．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 【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. 8．已知三棱锥的侧棱，，两两垂直，，，若该三棱锥的外接球体积为，则该三棱锥的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】可将该三棱锥置于一个长、宽、高分别为的长方体中，由三棱锥的外接球的体积列式求解，则三棱锥的表面积可求 【详解】 如图，，，且，，两两垂直， ，设，依题意， 可将该三棱锥置于一个长、宽、高分别为的长方体中， 可得其外接球的半径， 又由，解得， 故，解得， 所以该三棱锥的表面积为 故选：C 二：多项选择题：本题共3小题，每小题满分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。全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．已知为虚数单位，下列说法正确的是（   ） A．若复数，则 B．若复数满足，则或 C．若复数满足，则 D．若复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为直线 【答案】AD 【分析】由复数求出其共轭复数，并求出，即可判断A；设复数，根据复数模的几何意义，得到复数所对应的点的轨迹方程，即可判断B；取满足的特殊复数，，验证是否成立，即可判断C；设复数，分别求出和，并将等式变形化简得到，即可判断D. 【详解】若复数，则其共轭复数，所以，故A正确； 设复数，若，则， 所以复数所对应的点在以原点为圆心，1为半径的圆上， 所以复数不是只有或这4个值，故B错误； 设复数，，此时，满足， 但是，，显然，故C错误； 设复数， 则，， 若，将其两边平方可得， 即，即. 所以复数在复平面内对应的点的轨迹为直线，故D正确. 10．已知函数，则下列说法正确的是（   ） A．的最大值是，最小值是 B．两个相邻的对称轴之间的距离为 C．的图象关于点对称 D．将的图象向右平移个单位长度后得到的函数是奇函数 【答案】AC 【分析】对A和B，利用余弦函数的性质，即可判断正误；对C，将代入检验，即可判断正误；对D，利用图象的变换，求出平移后的函数，再把代入检验，即可求解. 【详解】对于A，因为，由余弦函数的性质知的最大值是，最小值是，所以A正确， 对于B，因为的最小正周期为，所以两个相邻的对称轴之间的距离为，故B错误， 对于C，当时，，所以点是的一个对称中心，故C正确， 对于D，将的图象向右平移个单位长度后得到的函数是， 当时，，所以不是奇函数，故D错误. 11．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c且，下列正确的是（   ） A． B．若，且有一解，则b的取值范围为 C．若，且为锐角三角形，则c的取值范围为 D．若，且，O为的内心，则 【答案】ACD 【分析】利用正弦定理边化角，结合和角的正弦判断A；利用余弦定理，结合一元二次方程根的判别式求得的范围判断B；利用正弦定理求出角及，由等面积法求得内切圆半径，进而求出的面积判断D；由正弦定理得，再求出角的范围判断C. 【详解】对于A，由，得， 即，而，因此，A正确； 对于B，由余弦定理得，整理得， 由关于的一元二次方程只有一个正数解，得或， 解得或，B错误； 对于C，由正弦定理可得， ，即, 在中，，解得，，则，C正确. 对于D，由，得，又，则， 即， 而，解得，由，得为锐角，则， 因此，为直角三角形，设其内切圆的半径为， 则，， 因此，D正确； 三：填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知向量，，，若和的夹角为，则________． 【答案】 【详解】因为，，则， 又因为，，和的夹角为，则，得到， 所以. 13．已知某圆锥的底面半径为1，体积为，则该圆锥的侧面展开图对应扇形的圆心角的弧度数为______． 【答案】 【详解】设该圆锥的高为，母线为, 依题意可得，解得， 所以圆锥的母线长为， 因此可得该圆锥的侧面展开图对应扇形的弧长为，半径为； 设对应圆心角的弧度数为，则，因此. 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】 【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，（15题13分，16-17题15分，18-19题17分）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．已知平面向量满足，其中. (1)若，求实数m的值； (2)若，求向量与的夹角的大小. 【答案】(1)9 (2) 【分析】（1）根据向量共线的坐标运算列出方程，解之即可求解； （2）根据向量垂直的坐标运算先求出，再利用向量坐标的线性运算求出，分别求出两向量的模，代入向量的夹角公式即可求解. 【详解】（1）因为，又， 所以， 解得； （2）因为， 所以，解得， 所以， 所以， 所以， ， 所以向量与夹角的余弦值为， 又由，可得. 16．如图，在棱长为2的正四面体中，为上的动点，为上靠近的三等分点，为的中点，与交于点．    (1)用，表示； (2)若点为的中点，求的值； (3)若，求的值． 【答案】(1) (2)1 (3)或． 【分析】（1）利用空间向量的线性运算即可求解； （2）利用空间向量的线性运算得到，然后利用三点共线求出，最后利用空间向量数量积的运算律结合余弦定理即可求解； （3）设，利用余弦定理和空间向量数量积的运算律表示出，解方程即可求解. 【详解】（1）在中，， ， ． （2）设， 由（1）可知，， ，， ，，三点共线， ，， ， ， 由余弦定理可得， ， ． （3）设，由余弦定理可得， 由正四面体得， ， ， 化简得， 解得或， 或． 17．在中，内角的对边分别是，记的面积为，且. (1)求角的大小； (2)若，，分别为的中线和角平分线. （i）若的面积为，求的长； （ii）求长的最大值. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据三角形的面积公式结合余弦定理即可得解； （2）（i）先根据三角形的面积公式求出，再利用余弦定理求出，再向量化求解即可； （ii）利用等面积法将用表示出来，再利用余弦定理结合基本不等式求出的最大值，进而可得出答案. 【详解】（1）因为， 所以， 所以， 又因为，所以； （2）（i）由，得， 由余弦定理得， 所以， 因为为的中线， 所以， 则， 所以； （ii）由余弦定理得， 所以， 因为为的角平分线，所以， 由，得， 所以， 因为， 所以，当且仅当时取等号， 因为函数在上都是增函数， 所以函数在上是增函数， 所以当时，取得最大值， 即长的最大值为. 18．已知函数的部分图象如图所示. (1)求函数的解析式，写出的单调递增区间； (2)将函数的图象上所有的点向右平移个单位长度，再将所得图象上每一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. ①当时，关于的方程恰有三个不相等的实数根，则实数的取值范围是__________，的值为__________； ②已知的三个顶点均在函数的图象上，且，点在线段上运动，则的取值范围是__________. 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）由三角函数图象的最大值与最小值，求出，得到最小正周期，求出，再代入特殊点的坐标，求出，得到函数解析式； （2）①先根据平移变换和伸缩变换得到，换元后利用整体法求出函数的单调性和端点值，得到的取值范围，再根据对称性进行求解即可；②根据平面向量数量积的运算性质，结合平面向量的线性运算性质、二次函数的最值性质进行求解即可. 【详解】（1）由图示得：，解得：， 又，所以，所以， 所以. 又因为过点，所以，即， 所以，解得， 又，所以，所以. （2）①图象上所有的点向右平移个单位长度，得到， 将所得图象上每一个点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到， 当时，， 令，则， 令，在上单调递增，在上单调递减， 在上单调递增， 且， , 所以时，当时，方程恰有三个不相等的实数根. 因为有三个不同的实数根， 且关于对称，关于对称， 则， 两式相加得：， 即，所以. ②设， 因为， 所以， 因为，所以， 于是有， 所以， 即， 所以的取值范围是. 19．在中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，. (1)求角A； (2)奥古斯丁·路易斯·柯西，法国著名数学家.柯西在数学领域有非常高的造诣.很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式、柯西积分公式.其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用. ①用向量证明二维柯西不等式：； ②已知三维分式型柯西不等式：，，，，当且仅当时等号成立.若，P是内一点，过P作，，的垂线，垂足分别为D，E，F，求的最小值. 【答案】(1) (2)①证明见解析；② 【分析】（1）由正弦定理边化角，利用三角恒等式化简即可求值； （2）①利用数量积的定义，得到，根据向量数量积以及向量的模证明即可. ②根据条件及三角形面积公式，利用，得到，结合余弦定理，令，得到，再求出的范围，即可求出结果. 【详解】（1）在中，， 由正弦定理得，， 因为，所以，所以， 所以，即， 因为，所以， 因为，所以， 故，又，所以. （2）①设，， 由，得， 从而， 即. ②. 又，，，， . 由三维分式型柯西不等式有. 当且仅当，即时等号成立. 由余弦定理得， 所以，即， 则， 令，因为，当且仅当时等号成立， 又因为，所以，即， 则，则， 令，则y有最小值，此时，即， 此时T有最小值. 2 学科网（北京）股份有限公司 $