江西九江市匡庐星瀚高级中学2025-2026学年下学期期中考试高一数学试卷

**基本信息** 覆盖集合、复数、解三角形、立体几何等核心知识，通过基础题（单选）、综合题（多选）、创新题（新定义函数、柯西不等式应用）构建能力梯度，考查抽象能力、空间观念与推理能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|集合运算、命题否定、复数共轭|基础巩固，聚焦概念辨析| |多选题|3/18|解三角形面积与最值、正方体线面关系|综合应用，考查逻辑推理| |填空题|3/15|异面直线成角、向量数量积范围、抽象函数性质|空间观念与数学抽象结合| |解答题|5/77|三角变换、折叠问题二面角、柯西不等式、新定义取整函数|创新应用，如柯西不等式与取整函数考查数学思维与表达|

参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D B C D C B B ABC AC 题号 11 答案 ACD 1．D 【分析】根据一元二次不等式的解法，结合集合交集的定义进行求解即可. 【详解】由，可得或，又， 所以. 故选：D 2．D 【分析】根据全称命题的否定求解即可. 【详解】由全称命题的否定知： 命题且的否定为： 且. 故选：D 3．B 【分析】由复数的运算直接求解得到，再由共轭复数的概念求解即可. 【详解】由题知， 复数的共轭复数为复数的共轭复数虚部为， 故选：B. 4．C 【分析】化简可得,再根据三角形中的关系结合数量积公式计算即可. 【详解】由得,所以． 又因为,,所以, 所以. 故选：C． 【点睛】本题主要考查了平面向量的基本运算以及数量积的计算,属于基础题. 5．D 【分析】先求得，再由正弦定理求解即可. 【详解】由，，可得，由正弦定理可得，即. 故选：D. 6．C 【分析】根据偶函数的性质、对数函数和指数函数的性质比较大小即可. 【详解】因为函数，定义域为，而且， 所以为偶函数，所以． 由指数函数与对数函数的性质可得，，且． 所以可得. 因为时，在上单调递增， 所以，所以． 故选：C. 7．B 【分析】分离参数，构造函数，求导，根据导数求函数的最值. 【详解】由不等式在恒成立， 得在上恒成立， 设，， 设，恒成立， 所以在上单调递增， 且， 所以当时，，即，单调递减， 当时，，即，单调递增， 又，， 所以， 又在上恒成立， 所以， 故选：B. 8．B 【分析】先构造函数，和并分析单调性得出 ，时，，并取特殊值得出 ，根据构造函数单调性分析即可得出结果. 【详解】设，则，在时，，在时，， 所以，即，所以对任意均成立.取， 有，所以. 再取，可得，两边取倒数，即， 所以， 又当时，设，，则， ，即和在均递增， 所以，，即时，，所以 ， 由在单调递增，可得，即. 故选：B 【点睛】方法点睛: (1)对于实数比较大小我们通常观察式子结构，构造出对应的函数，然后利用函数单调性分析. (2)作差法是比较两个数值大小最常用的方法，看其值是正还是负，从而确定所比较的大小. (3)当直接无法比较的时候，往往需要取适当的“媒介”数（通常以“0”，或“1”为媒介）， 分别与要比较的数比较，从而间接得出两数的大小. 9．ABC 【分析】由正弦定理求得，可判定A正确；由余弦定理和基本不等式，可得判定B正确；由正弦定理和两角差的正弦公式化简得到，结合三角函数的性质，可判定C正确；由余弦定理和基本不等式，可判定D错误. 【详解】在的内角的对边分别为，若， 对于A中，由正弦定理得，可得外接圆半径为， 所以A正确； 对于B中，由余弦定理得，即， 当且仅当时，等号成立，即， 所以面积的最大值为，所以B正确； 对于C中，因为，可得，可得， 则 又由正弦定理，可得 ，（其中且）， 当时，取得最大值，最大值为，所以C正确； 对于D中，由余弦定理得，所以， 当且仅当时，等号成立，所以的最大值为，所以D错误. 故选：ABC. 10．AC 【分析】由，利用正弦定理边化角可得：，然后借助两角和的正弦公式可得：，结合，可得，利用余弦定理及基本不等式可得面积的最大值是9. 【详解】由，可得， 整理得，即， 又，，即， ，所以A正确； 由，得可能相等也可能不等，又，若，则为等边三角形就不会出现C，D求最值了，因此可用排除法，所以B不正确； 由余弦定理可得，又 可得 又且， 可得整理得 又的面积 又，，，当且仅当时等号成立， ，则 所以面积的最大值是9，无最小值. 所以C正确，D不正确. 故选：AC. 11．ACD 【分析】对于A，由当点与点重合时，结合线面平行的判定定理即可判断；对于B，一方面若面，则，结合即可判断；对于CD，由线面平行，线面垂直的相关知识判断即可. 【详解】当点与点重合时，由，而面，面，可知面，即A正确. 若面，注意到面，则， 以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1， ， 所以，与矛盾，即B错误. 当不是的中点时，由，且面，面，可知面， 又直线为面与面的交线，则，又面，面，从而可得面，即C正确. 同上，有，又面，面，所以， 又面， 所以面，则面，即D正确. 故选：ACD. 12．/ 【分析】建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法即可求出异面直线所成的角. 【详解】取点为原点，边，，所在的直线分别为，，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2， 则，0，，，2，，，1，，，1，， ， ，， ， 与所成的角为． 故答案为：． 13．. 【详解】试题分析：如下图所示，∵，∴，∴， 又∵，∴， ∴，设，， ∴，故填：. 考点：1.三角恒等变形；2.平面向量数量积；3.函数的值域. 【思路点睛】几何图形中向量的数量积问题是近几年高考的又一热点，作为一类既能考查向量的线性运算、坐标运算、数量积及平面几何知识，又能考查学生的数形结合能力及转化与化归能力的问题，实有其合理之处.解决此类问题的常用方法是：①利用已知条件，结合平面几何知识及向量数量积的基本概念直接求解(较易)；②将条件通过向量的线性运算进行转化，再利用①求解(较难)；③建系，借助向量的坐标运算，此法对解含垂直关系的问题往往有很好效果. 14． 【分析】根据给定条件，探讨函数的奇偶性及单调性并求出在上的最小值，再结合恒成立建立不等式，利用一次型函数性质列式求解. 【详解】对任意，都有， 当时，， 对任意，取，得，函数是奇函数， 设且，则，而当时，， 因此，即，所以函数在上是减函数， 当时，， 由，恒成立， 得，恒成立， 由一次型函数性质得，解得或或， 所以实数的取值范围为. 故答案为： 15．（1）；（2）． 【分析】（1）首先可通过转化得出，然后根据正弦函数的性质即可得出结果； （2）本题首先可通过图像变换得出，然后根据得出、，最后根据两角差的正弦公式即可得出结果. 【详解】（1）， 令，则， 故的单调递减区间为. （2）横坐标伸长到原来的倍，得到， 然后向左平移个单位，得到， 因为，所以， 因为，所以，， 故 . 16．（1）证明见解析；（2）. 【分析】（1）取中点，连，证明四边形为平行四边形，所以，得证线面平行； （2）延长，交于点，则为平面与平面的交线，证明平面，过作，垂足为，连接，证明为二面角的平面角，再在中计算其余弦值． 【详解】解：（1）证明：取中点，连，则，. 又因为，， 所以，. 所以四边形为平行四边形，所以. 又因为平面，平面 所以平面. （2）延长，交于点，则为平面与平面的交线 因为，，所以. 三角形中，因为，为的中点， 所以， 又因为，，，平面， 所以平面，平面， 所以. 又因为，平面，所以平面. 平面，所以. 在三角形中，过作，垂足为，连接，因为，平面， 所以平面，平面，所以. 所以为二面角的平面角. 在中，，，， 由，所以，所以. 在中，，，. 所以. 即面与面所成二面角(锐角)的余弦值为. 17．(1) (2) (3) 【分析】（1）根据正弦定理角化边，再根据余弦定理即可求解； （2）由余弦定理及基本不等式得出，再根据平面向量数量积的运算律即可求解； （3）由三维分式型柯西不等式，余弦定理，基本不等式，函数的单调性即可求解． 【详解】（1）因为， 由正弦定理得， 由余弦定理， 所以，即， 若，等式不成立，则，可得， 因为，所以． （2）由余弦定理，即， 所以，当且仅当时取等号， 所以，当且仅当时取等号， 因为为边中点，所以， 所以， 所以，当且仅当时取等号， 所以的最大值为． （3）， 又， 所以， 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，则， 因为，得，当且仅当时等号成立， 所以，则， 令，则在上递减， 当即时，有最大值， 此时有最小值（此时与可以同时取到）． 18．(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）利用线面平行的判定、性质推理得证. （2）借助异面直线所成角求出，再利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理得证. （3）求出三棱锥体积最大时点位置，再利用球面的性质确定球心位置，求出球半径，进而求出球的体积. 【详解】（1）在四棱锥中，是正方形，则， 由直线和相交，得平面，平面，于是平面， 又平面平面，又平面，所以. （2）取的中点为，连接，由，得， 由，得是直线与所成的角，所以， 由正方形的边长为2，得，，则， 又，于是，即， 而平面，因此平面， 而平面，所以平面平面. （3）令点到平面的距离为，则， 要三棱锥的体积最大，当且仅当最大，而点为线段上的动点， 则当点与点重合时，取得最大值， 由（2）知，等腰的外心在线段上，该外接圆半径， 则，外接圆圆心为中点，该圆半径， 令三棱锥外接球球心为，则平面，平面， 而平面平面，平面，可得平面， 则，三棱锥外接球半径， 所以所求外接球的体积为. 19．(1) (2)函数的值域为； (3) 【分析】（1）利用给定的定义求出范围； （2）利用单调性，结合不等式性质求出值域，利用定义建立不等式并求出，进而解不等式即可. （3）求出函数的值域，再把问题转化为恒成立，分离参数并分段讨论求解. 【详解】（1）由表示不小于x的最小整数，，得， 所以实数x的取值范围是. （2）函数定义域为， 而函数在上单调递增，值域为， 因此，即， 则函数的值域为，， 由，得，则有， 而时，不等式不成立，则， 必有，即， 因此，解得， 所以实数x的取值范围是． （3）当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 因此函数在上单调递增，在上单调递减， ，而 于是在上的值域为，，， 依题意，， 即，， 当时，， 当时，，则， 当时，，而恒成立，则， 所以实数a的取值范围． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江西省九江市匡庐星瀚高级中学2025-2026学年度下学期期中考试 高一数学试卷 （考试时间120分钟，试卷满分150分） 一、单选题: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，只有一个选项是符合题目要求的。 1．已知，，则（    ） A． B． C． D． 2．设命题且，则的否定为（   ） A．且 B．且 C．且 D．且 3．已知是虚数单位，复数满足，则复数的共轭复数虚部为（    ） A． B． C． D． 4．在中,,是边上的一点,且,则的值等于（    ） A． B．0 C．4 D．8 5．记的内角的对边分别为，若，，则（    ） A． B． C．2 D． 6．已知函数，记，则（   ） A． B． C． D． 7．关于的不等式在恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．设，，，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题:本题共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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得零分。 9．设的内角的对边分别为，若，则下列选项正确的是（    ） A．外接圆半径为 B．面积的最大值为 C．最大值为 D．的最小值为32 10．在中，内角所对应的边分别是，，点在线段上，且，若，则（    ） A． B． C．面积的最大值是9 D．面积的最小值是6 11．在正方体中，点为线段上的动点，直线为平面与平面的交线，则（    ） A．存在点，使得面 B．存在点，使得面 C．当点不是的中点时，都有面 D．当点不是的中点时，都有面 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分, 12．已知为正方体，，分别是，的中点，异面直线与所成的角为_______ 13．在中，，，线段上的动点（含端点），则的取值范围是_____． 14．定义在上的函数满足：对任意的，，都有，且当时，，若，且，，恒成立，实数的取值范围为_____. 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。 15．已知函数． （1）求的单调递减区间； （2）将图像上各点的横坐标伸长到原来的倍，然后再向左平移个单位得到，若，，求的值． 16．如图，在梯形中，，，，将沿折起，形成四棱锥， （1）若点为的中点，求证：平面； （2）在四棱锥中，，求面与面所成二面角(锐角)的余弦值. 17．在中，，，对应的边分别为，，，． (1)求A； (2)若为边中点，，求的最大值； (3)奥古斯丁·路易斯·柯西（Augustin Louis Cauchy，1789年-1857年），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．现在，在（1）的条件下，若，是内一点，过作，，垂线，垂足分别为，，，借助于三维分式型柯西不等式：，，，，当且仅当时等号成立．求的最小值． 18．在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，直线与所成的角的余弦值等于，，点为线段上的动点，是的中点. (1)若直线和相交，求证：； (2)求证：平面平面； (3)当三棱锥的体积最大值时，求此时三棱锥外接球的体积. 19．已知，定义函数表示不小于x的最小整数，例如：，． (1)若，求实数x的取值范围； (2)求函数的值域，并求满足：的实数x的取值范围； (3)设，，若对于任意的，都有，求实数a的取值范围 第1页，共4页 第2页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 $