精品解析：湖南株洲市部分校2025-2026学年下学期高一期中联合测评数学试题

2026年上学期高一期中联合测评数学 （时间：120分钟 满分：150分 出题范围：必修一至必修二第八章） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 3. 的模=（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量满足，则向量与夹角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 5. 在中，角，，所对的边分别为，，，，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 设，，，则，，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 7. 已知一个正四棱锥的底面边长为，内切球的体积为，则这个正四棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 16 8. 如图一个三棱锥中，，、、分别为所在棱中点，、分别为所在棱靠近端的三等分点，沿平面或平面分割后，截面中均恰好看不见球体.则球与整个三棱锥体积之比为（ ） A. B. C. D. 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. 若有一个，下面说法正确的是（ ） A. 在中，若，则为等腰直角三角形 B. 在中，，，，若此三角形恰有两解，则实数的取值范围是 C. 在中，三边之比为，则此三角形的最大内角为 D. 在中，，且最大边与最小边是方程的两个实根，则的外接圆半径 10. 三棱锥的四个顶点都在球上，且底面，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 球心在三棱锥的内部 C. 球心到底面的距离为1 D. 球的表面积为 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的最小值为1 B. 的最大值为 C. 在上单调递减 D. 的图象是轴对称图形 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如果向量，，的模分别为，，，则与的夹角为________. 13. 在锐角中，角，，的对边分别是，，，若，则的取值范围为________. 14. 已知棱长都相等正四棱锥的侧面积为，则该正四棱锥内切球的表面积为________． 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. 已知锐角的内角，，所对的边分别为，，，向量，，且. （1）求角的值； （2）若，求的取值范围. 16. 已知分别为三个内角的对边，且． （1）求； （2）若，的面积为，求的周长． 17. 对于定义在上的函数，若，使得成立，则称为函数的不动点． （1）若，求的不动点； （2）对于二次函数． （i）当时，函数有唯一的不动点，求实数a的取值范围； （ii）若函数有两个不相等的不动点，且，求的最小值． 18. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点. （1）若为线段上的动点，证明：平面平面； （2）若，分别为线段，的中点，求三棱锥的体积. （3）若图1中，为的中点，是的四等分点，若图2中，，分别为，的中点，求图1中和平面夹角的正弦值与图2中和平面夹角的余弦值之比. 19. 对于定义域为的函数以及非空数集：若对任意，当时，都有，则称是关联的. （1）设，写出符合条件的三个开区间，使得是关联的； （2）设，若存在一个闭区间使得是关联的，求； （3）证明：是关联的等价于是关联的. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年上学期高一期中联合测评数学 （时间：120分钟 满分：150分 出题范围：必修一至必修二第八章） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先分别化简集合，，再求交集即可. 【详解】，， 所以. 故选：B. 【点睛】本题主要考查集合的交集运算，同时考查了函数的值域，属于简单题. 2. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据全称命题否定的结构形式可得正确的选项. 【详解】全称命题的否定为特称命题， 故命题“”的否定为：， 故选：D. 3. 的模=（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的模公式计算即得 【详解】. 4. 已知向量满足，则向量与夹角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出，再根据夹角公式可求余弦值. 【详解】因为，所以， 从而，所以即， 故， 故选：A. 5. 在中，角，，所对的边分别为，，，，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】结合题干和正弦定理建立方程求解. 【详解】在中由正弦定理，可得： 已知，则，且， 代入上式：，解得. 6. 设，，，则，，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据指数函数与对数函数的性质，分别求得，，取值范围，即可求解. 【详解】由题意，根据指数函数的性质，可得，， 根据对数函数的性质，可得， 所以. 故选：A. 【点睛】本题主要考查了指数式与对数的比较大小，其中解答中熟记指数函数与对数函数的图象与性质是解答的关键，着重考查推理与运算能力. 7. 已知一个正四棱锥的底面边长为，内切球的体积为，则这个正四棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】由内切球的体积为可求内切球的半径.设球与正四棱锥底面切于点，侧面切于点，设，延长交底面于点.根据正四棱锥的底面边长及即可求解的值，利用棱锥体积公式即可求解. 【详解】因为内切球的体积为，所以内切球的半径为1. 如图所示，设球与正四棱锥底面切于点，侧面切于点，设，延长交底面于点. 因为正四棱锥的底面边长为， 所以. 又，所以，即，解得. 所以，所以正四棱锥的体积为. 故选：C. 8. 如图一个三棱锥中，，、、分别为所在棱中点，、分别为所在棱靠近端的三等分点，沿平面或平面分割后，截面中均恰好看不见球体.则球与整个三棱锥体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，易知，且，设球半径为，，根据中点可知到的距离，，根据三角形面积公式及内切圆半径公式可得，结合余弦定理可得，进而可得，，可得内切球半径且可知三棱锥为正三棱锥，再根据球的体积公式及三棱锥公式分别求体积及比值. 【详解】   如图所示，取中点为，， 为方便计算，不妨设， 由，可知， 又、分别为所在棱靠近端的三等分点， 则， 且，、，，平面， 即平面，又平面，则平面平面， 设球半径为，， 由于、、分别为所在棱中点，且沿平面切开后，截面中均恰好看不见球体， 则到的距离，，， 又，解得：， 故， 又， 解得，， 所以，解得，， 由以上计算可知：为正三棱锥， 故 ， 所以比值为. 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. 若有一个，下面说法正确的是（ ） A. 在中，若，则为等腰直角三角形 B. 在中，，，，若此三角形恰有两解，则实数的取值范围是 C. 在中，三边之比为，则此三角形的最大内角为 D. 在中，，且最大边与最小边是方程的两个实根，则的外接圆半径 【答案】BCD 【解析】 【分析】由，可得或，即可判断A；利用正弦定理即可判断B；根据大边对大角结合余弦定理即可判断C；利用韦达定理结合余弦定理求出边，再利用正弦定理即可判断D. 【详解】对于A，因为，， 所以或，所以或， 所以为等腰三角形或直角三角形，故A错误； 对于B，因为恰有两解， 所以，即，解得，故B正确； 对于C，不妨设三边的长分别为， 则对应的角最大，设为， 则， 所以，即三角形的最大内角为，故C正确； 对于D，设所对的边分别为， 因为最大边与最小边是方程的两个实根，易知两根不相等， 故不是等边三角形. 若为最大角，则， 若为最小角，则，所以角既不是最大角也不是最小角， 即边既不是最大边也不是最小边， 因为最大边与最小边是方程的两个实根， 所以， 由余弦定理得，所以， 所以的外接圆半径，故D正确. 10. 三棱锥的四个顶点都在球上，且底面，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 球心在三棱锥的内部 C. 球心到底面的距离为1 D. 球的表面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A，利用余弦定理计算的长度；选项B，结合底面外接圆圆心和球心关系判断即可；选项C，根据外接球的球心位置规律推导距离；选项D，利用外接球半径公式求出球的半径，再使用球的表面积公式计算. 【详解】底面，，，. 选项A：由余弦定理： ，得，A正确； 选项B：底面中，是钝角，钝角三角形的外心（外接圆圆心）在三角形外部，因此三棱锥外接球的球心在三棱锥外部，B错误； 选项C：侧棱垂直底面，外接球的球心在过底面外心且垂直于底面的直线上， 球心到底面的距离，C正确； 选项D：由正弦定理，底面外接圆半径满足： ， 外接球半径满足， 因此球的表面积：，D正确. 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的最小值为1 B. 的最大值为 C. 在上单调递减 D. 的图象是轴对称图形 【答案】BCD 【解析】 【分析】D选项，变形得到，结合关于直线对称，故，D正确；AB选项，换元后，由基本不等式得到值域，得到A错误，B正确；C选项，由同增异减得到函数单调性. 【详解】D选项，函数的定义域为，因为， 所以. 因为的图象关于直线对称， 所以， 则的图象关于直线对称，D正确； AB选项，令，则，则， 当且仅当，即时，等号成立， 所以，A错误，B正确； C选项，又当时，单调递增， 此时，在上单调递减， 所以在上单调递减，C正确； 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：将函数变形为，再结合换元法进行求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如果向量，，的模分别为，，，则与的夹角为________. 【答案】 【解析】 【分析】借助模长与数量积关系计算可得，再利用平面向量夹角公式计算即可得. 【详解】由， 则，即， 则，故. 13. 在锐角中，角，，的对边分别是，，，若，则的取值范围为________. 【答案】 【解析】 【分析】先设，得①，由得② 再由为锐角三角形，得，，，并将①②代入整理成关于的一元二次不等式组，解之即得的范围，最后由正弦定理即得.. 【详解】设，则，由得 因为锐角三角形，故，，： ，代入得，解得； ，代入得，解得； ，代入得，对恒成立， 综上，，即，. 故答案为：. 14. 已知棱长都相等正四棱锥的侧面积为，则该正四棱锥内切球的表面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据侧面积求出正四棱锥的棱长，画出组合体的截面图，根据三角形的相似求得四棱锥内切球的半径，于是可得内切球的表面积． 【详解】设正四棱锥的棱长为，则， 解得． 于是该正四棱锥内切球的大圆是如图△PMN的内切圆， 其中，． ∴． 设内切圆的半径为， 由∽，得，即， 解得， ∴内切球的表面积为． 【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球 的直径． 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. 已知锐角的内角，，所对的边分别为，，，向量，，且. （1）求角的值； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据数量积的坐标表示，利用正弦定理和余弦定理角化边可得； （2）利用正弦定理将表示为关于角的函数，根据二倍角公式化简，由正切函数的性质可得. 【小问1详解】 因为， 所以 ， 利用正弦定理角化边得， 又， ，则， 又为锐角三角形，故. 【小问2详解】 由正弦定理得， ， 由于为锐角三角形，则， 又，解得， 所以 ， 而，即， ，故的取值范围为. 16. 已知分别为三个内角的对边，且． （1）求； （2）若，的面积为，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由正弦定理得到，结合余弦定理，求得，即可求解； （2）由的面积为，求得，再由余弦定理得到，求得的值，即可求解. 【小问1详解】 解：因为， 由正弦定理可得，即， 又由余弦定理，可得， 又因为，所以. 【小问2详解】 解：由的面积为，可得，即，所以， 因为，又由余弦定理， 可得， 解得，所以的周长为. 17. 对于定义在上的函数，若，使得成立，则称为函数的不动点． （1）若，求的不动点； （2）对于二次函数． （i）当时，函数有唯一的不动点，求实数a的取值范围； （ii）若函数有两个不相等的不动点，且，求的最小值． 【答案】（1） （2）（i） （ii） 【解析】 【分析】（1）根据题意得到的解析式，然后根据不动点的定义计算即可； （2）（i）将时，有唯一的不动点转化为函数在上只有一个零点，然后列不等式求解即可； （ii）将有两个不相等的不动点，且转化为方程有两个不相等的正根，然后结合韦达定理和基本不等式求最值即可. 【小问1详解】 ， 则不动点满足，即， 整理得， 因为，所以， 当时，，解得，满足； 当时，，无解， 所以的不动点为. 【小问2详解】 （i）， 当时，有唯一的不动点，则方程只有一个解， 即函数在上只有一个零点， 当时，，，满足要求； 当，即时，，解得或， 时，，在上只有一个零点1， 时，，在上只有一个零点1， 所以的取值范围为. （ii）令，整理得， 则 ，解得， ， 令， 则， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为. 【点睛】方法点睛：一元二次方程根的分布问题： （1）图形法：考虑开口、对称轴、和端点处函数值的正负等因素； （2）韦达定理的方法：根据和的正负判断根的正负. 18. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点. （1）若为线段上的动点，证明：平面平面； （2）若，分别为线段，的中点，求三棱锥的体积. （3）若图1中，为的中点，是的四等分点，若图2中，，分别为，的中点，求图1中和平面夹角的正弦值与图2中和平面夹角的余弦值之比. 【答案】（1） 由底面，底面，得， 又底面为正方形，，，故平面. 因为平面，所以， 又，是中点，故. ，因此平面， 又平面，故平面平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）结合图形利用面面垂直的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，确定棱锥的高，结合等体积法求解即可； （3）利用空间向量求线面角公式求解正弦值、余弦值，再计算二者的比值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图所示， 以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，，为中点，故. 为中点，故，，平面即平面（）， 的面积：. 到平面（）的距离为的纵坐标， 故体积：. 【小问3详解】 如图所示，平面是平面，其法向量为 . 图1：为靠近的四等分点，得，， 和平面夹角满足， 图2：为中点，得，， 和平面夹角满足， 故， 所以比值为： 19. 对于定义域为的函数以及非空数集：若对任意，当时，都有，则称是关联的. （1）设，写出符合条件的三个开区间，使得是关联的； （2）设，若存在一个闭区间使得是关联的，求； （3）证明：是关联的等价于是关联的. 【答案】（1），， （2）， （3） 先证充分性．若 是 关联的，则当 时， . 令 ，，则 . 令 ， ，则 . 于是 . 又令 ，，得 . 所以 . 由此可得，对任意整数 ，都有 . 下面证明 是 关联的．任取 ，且. 若 ，由 关联性，直接有. 若 ，则可设 ，其中 ，，且 ． 于是. 由 和 关联性，得. 又由整数平移关系，得 . 所以. 故 是 关联的． 再证必要性． 若 是 关联的，则因为 ，所以对任意整数 ，有 . 又因为 ，所以 . 而. 右边共有 项，每一项都不小于 ，故 . 于是 ，且每一项都等于 ，即 . 因此对任意整数 ，有 . 任取 ，且. 由于 ，由 关联性可得 . 另一方面，， 所以 . 又由整数平移关系， . 故 . 综上， ，即. 所以 是 关联的． 综上， 是 关联的等价于 是 关联的． 【解析】 【分析】（1）根据已知条件，分别考虑和的情况.当，让接近，接近，但要在内，出现矛盾；同理时也矛盾，所以区间中有，再检验三类开区间满足题意即可； （2）由是关联的得出.当时，和能取任意值，也能取任意值，矛盾，所以，式子变为.若，最值差不符合条件，所以，最后验证满足条件得出结果. （3）分两步：已知是关联的，即时，.通过令不同的、取值，得出和. 对于，将拆成（，且），对变形，利用前面结论得到，结合范围推出，再验证时也满足，从而证明是关联的；再证明若是关联的，可得到是关联的即可得证. 【小问1详解】 已知对，， 若，让接近，就有接近， 要满足，则，这不可能； 若，让接近，有接近， 要满足，则，也不可能； 所以、中有； 对 ，由， 则，有，符合题意； 对 ，由， 则，有，符合题意； 对，由， 则，符合题意； 故 、 、这三类开区间满足题意， 故可取，，； 【小问2详解】 若是关联的，则 ， 当，且时，能取任意值， 则也能取任意值， 那么能取任意值，矛盾， 则，则， 若，时，最值差为 ， 与矛盾，所以， 取，则时，，满足条件， 综上所得，所求，； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $