精品解析：湖南株洲市南方中学2025-2026学年下学期期中考试试卷高一数学

株洲市南方中学2026年春季学期期中考试试卷 高一年级数学 时长：120分钟 总分：150分 命题人：李娜 审题人：段桔红 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，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，，，则实数（ ） A. 6 B. C. 3 D. 3. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知正方体中，、分别为和的中点，则直线和的位置关系为（ ） A. 平行 B. 异面 C. 相交 D. 以上都有可能 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知平面向量，满足，，，则在方向上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 7. 甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数若，且，则的取值范围是（ ） 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. 已知，，点在直线上，且，则点的坐标可能为（ ） A. B. C. D. 10. 设，是复数，则下列说法正确的是（ ） A. 若是纯虚数，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 11. 在中，角，，所对的边分别为，，，且满足，，，则（ ） A. B. C. D. 内切圆半径的大小为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知α、β均为锐角，且tanβ＝，则tan(α＋β)＝________． 13. 如图，在中，点是的中点，过点的直线分别交直线，于不同两点，.设，，，，，则的最小值为_________. 14. 已知在△ABC中，AB=1，BC=，AC=2，点O为△ABC的外心，若，则有序实数对为________． 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. 已知函数的部分图象如图所示．图中最高点坐标为，与最高点相邻的一个对称中心坐标为． （1）求函数的解析式； （2）将函数的图象向左平移个单位，再将得到的图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象．求函数在区间上的最大值和最小值． 16. 如图，已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点，M､N分别是AB､PC的中点 （1）求证：MN平面PAD； （2）在PB上确定一个点Q，使平面MNQ平面PAD. 17. 已知偶函数满足，奇函数满足． （1）请直接写出的解析式（无需求解过程）； （2）求关于m的不等式的解集； （3）存在满足，求的取值范围． 18. 如图，在△ABC中，，，且，为线段上的两个动点（在的右侧），且 （1）若时，求的长； （2）若△的面积是△的面积的倍，求的大小； （3）当为何值时，△的面积最小，最小面积是多少？ 19. 在中，为的中点，在边上，交于；且，设，. （1）试用，表示； （2）已知，，. ①若，求的余弦值； ②已知在上，且，若，求的范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 株洲市南方中学2026年春季学期期中考试试卷 高一年级数学 时长：120分钟 总分：150分 命题人：李娜 审题人：段桔红 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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由共轭复数的定义及复数的乘法法则可得. 【详解】因为，所以，． 2. 若，，，则实数（ ） A. 6 B. C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为， 所以. 3. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】 由推不出，反之，由可以推出，即可得答案. 【详解】由推不出，反之，由可以推出 所以“”是“”的必要不充分条件 故选：B 【点睛】本题考查的是充分条件和必要条件的判断，较简单. 4. 已知正方体中，、分别为和的中点，则直线和的位置关系为（ ） A. 平行 B. 异面 C. 相交 D. 以上都有可能 【答案】C 【解析】 【分析】连接，证明出四边形为梯形，即可得出结论. 【详解】连接. 由、分别为和的中点，得，， 在正方体中，，，故四边形为平行四边形， 所以，，故，， 所以四边形为梯形，又，故直线和相交. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】以为整体，结合倍角公式可得，再利用诱导公式运算求解. 【详解】因为， 所以． 故选：A. 6. 已知平面向量，满足，，，则在方向上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据模的向量运算得，，再求投影向量即可得答案. 【详解】由得， 因为，， 所以，即， 所以在方向上的投影向量为. 所以在方向上的投影向量的坐标为 故选：B 7. 甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解. 【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为， 则， 所以， 又， 则， 所以， 所以甲圆锥的高， 乙圆锥的高， 所以. 故选：C. 8. 已知函数若，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】作出函数的图象，由图象可得，根据对数运算性质可得，再由指数函数性质结合二次函数性质计算可解. 【详解】作出函数的图象如图所示， 则， 所以，，，， 由，得，得， 所以，， 于是， 又，，所以， 即的取值范围是. 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. 已知，，点在直线上，且，则点的坐标可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】根据平面向量共线的坐标表示公式分类讨论进行求解即可. 【详解】设， 若； 若. 10. 设，是复数，则下列说法正确的是（ ） A. 若是纯虚数，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A代入即可判断正误，对于B取特殊值验证即可，对于C设，求得即可判断正误，对于D设，代入验证即可求得. 【详解】对于A选项，，则，故A正确； 对于B选项，取，，则，但且，所以B错误； 对于C选项，设，则，所以，C正确； 对于D选项，设，则由得， 又，， 故成立，D正确． 故选：ACD． 11. 在中，角，，所对的边分别为，，，且满足，，，则（ ） A. B. C. D. 内切圆半径的大小为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据余弦定理及二倍角余弦公式得到，结合正弦定理及二倍角正弦公式判断选项A；根据已知条件得到，结合余弦定理即可求出，即可判断选项C；根据二倍角余弦公式即可判断选项B；根据三角形面积相等即可判断选项D. 【详解】由，得， 即， 由余弦定理得，所以，即. 所以或（舍去，角度为正值）. 对于A：由正弦定理得， 又，所以，则，即，A正确. 对于C：因为，，则，所以. 由余弦定理得，即， 整理得，解得或. 若，则为等腰三角形，，又，所以，即， 所以，所以与矛盾，故舍去. 因此，，故C正确. 对于B：，故B错误. 对于D：由，，得. 则. 设内切圆半径为，则， 所以，解得，故D正确. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知α、β均为锐角，且tanβ＝，则tan(α＋β)＝________． 【答案】1 【解析】 【详解】tanβ＝＝＝tan， ∵－α，β∈且y＝tanx在上是单调增函数， ∴β＝－α，∴α＋β＝，∴tan(α＋β)＝tan＝1. 13. 如图，在中，点是的中点，过点的直线分别交直线，于不同两点，.设，，，，，则的最小值为_________. 【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的最小值. 【详解】由题意得，， 又三点共线，则，即. 又，， 所以， 当且仅当，即，时，等号成立， 即的最小值为. 14. 已知在△ABC中，AB=1，BC=，AC=2，点O为△ABC的外心，若，则有序实数对为________． 【答案】 【解析】 【分析】首先根据向量数量积的定义及余弦定理求出，再根据外心的性质得到、，再根据向量数量积的运算律得到方程组，解得即可； 【详解】解： ， ∵O为的外心， ∴，， 由可得：， 解得，所以为. 故答案为： 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. 已知函数的部分图象如图所示．图中最高点坐标为，与最高点相邻的一个对称中心坐标为． （1）求函数的解析式； （2）将函数的图象向左平移个单位，再将得到的图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象．求函数在区间上的最大值和最小值． 【答案】（1）； （2）最大值为，最小值为. 【解析】 【分析】（1）根据函数的图象，结合正弦函数的图象性质，即可求解； （2）由解析式，结合函数平移伸缩的变换规律，可得，再结合余弦函数的图象性质，即可求解. 【小问1详解】 由题意，函数最高点坐标为，与最高点相邻的一个对称中心坐标为， 所以可得，解得，，，， 所以函数的解析式为； 【小问2详解】 由（1）得， 将函数的图象向左平移个单位，再将得到的图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），可得， 当时，，所以，即， 所以函数在区间上的最大值为，最小值为. 16. 如图，已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点，M､N分别是AB､PC的中点 （1）求证：MN平面PAD； （2）在PB上确定一个点Q，使平面MNQ平面PAD. 【答案】（1）证明： 取中点，连接， 分别是的中点， . ， 又面，面， ∴面. 同理可证：面. 又面，面，, 平面平面， 平面， 平面. （2）当在的中点时，平面平面. 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，利用面面平行的判定定理证明平面平面，即可证明平面； （2）假设第一问的即为所求，再利用面面平行进行证明. 【详解】（1）略 （2）解：假设第一问的即为所求 在的中点， 分别是的中点，为的中点 且 则平面平面 且 所以平面平面. 所以第一问的点即为所求，当在的中点时，平面平面. 【点睛】（1）立体几何中位置关系的证明一般用判定定理； （2）存在性问题的证明：先假设存在，在进行证明.如果存在，可以证明；如果推出矛盾，则不存在. 17. 已知偶函数满足，奇函数满足． （1）请直接写出的解析式（无需求解过程）； （2）求关于m的不等式的解集； （3）存在满足，求的取值范围． 【答案】（1）； （2）； （3）． 【解析】 【分析】（1）根据函数的奇偶性定义求解即可. （2）先判断的单调性，然后化简不等式，求出解集即可. （3）先求出的最小值和最大值，然后结合已知条件求出范围即可. 【小问1详解】 因为偶函数满足，奇函数满足． 所以，所以，所以. ，即，所以，所以. ． 【小问2详解】 由（1）知，其定义域为． 令，在上，单调递减， 所以单调递减．又因为在上单调递增， 根据复合函数“同增异减”的原则，可知在上单调递减． 因为在上单调递减，所以． 解：即恒成立，， 即，解得，解，即， 解：即，因式分解得， 解得或．综合以上三个不等式的解，取交集得 因此，不等式的解集为． 【小问3详解】 ， 所以的值域为． 因为存在满足， 所以． 即，令，则， 即，因式分解得，解得或（舍去）． 所以，解得．又因为，所以． 因此，的取值范围是． 18. 如图，在△ABC中，，，且，为线段上的两个动点（在的右侧），且 （1）若时，求的长； （2）若△的面积是△的面积的倍，求的大小； （3）当为何值时，△的面积最小，最小面积是多少？ 【答案】（1）2； （2）； （3）时，的面积取最小值为. 【解析】 【分析】（1）求出角、的大小，利用余弦定理可求出的长，推导出，可求出、的长，即可得出的周长； （2）设，根据已知条件可得出，由正弦定理得出，可得出的值，结合角的范围可得出角的值，即可得解； （3）设，由正弦定理得出，利用三角形的面积公式结合三角恒等变换、三角函数的基本性质可求出面积的最小值及其对应的值. 【小问1详解】 由，，， 得， 又，则，，所以， 在中，由余弦定理可得 ，则， 因为，所以， ∵，∴， 【小问2详解】 设， 因为的面积是的面积的倍， 所以，即， 在中，， 由，得， 从而，即，而， 由，得，所以，即. 【小问3详解】 设，由（2）知， 又在中，由，得， 所以 ， 所以当且仅当， 即时，的面积取最小值为. 19. 在中，为的中点，在边上，交于；且，设，. （1）试用，表示； （2）已知，，. ①若，求的余弦值； ②已知在上，且，若，求的范围. 【答案】（1）； （2）①；②. 【解析】 【分析】（1）由，三点共线结合平面向量基本定理可得答案. （2）①及已知条件，利用数量积的运算律及向量的夹角公式求解.②设，结合及数量积的运算律得，再列出不等式求出的范围即可. 【小问1详解】 由共线，得，则， 整理得， 由共线，得，则， 整理得，而不共线， 由平面向量基本定理，得，解得， 所以. 【小问2详解】 ①（1）得，， 由，得， 则， ， ， 所以. ②由（1）知，则， 由共线，设. 由，得，而，， 则，整理得， 即，显然，则， 由，得，则，解得， 所以的范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $