精品解析：山西运城市夏县中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题

普通高中2025—2026学年（下）高一年级期中考试 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､班级､考场号､座位号､考生号填写在答题卡上. 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. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则的虚部为（ ） A. 3 B. C. D. 3. 在空间中，下列命题正确的是（ ） A. 若一条直线与平面内的一条直线平行，则这条直线与该平面平行 B. 若两个平面平行，则一个平面内的任意一条直线都与另一个平面平行 C. 若一条直线与一个平面平行，则这条直线与平面内任意一条直线都平行 D. 若点在直线上，点在平面内，则直线必在平面内 4. 已知复数（），则的最小值为（ ） A. B. C. 10 D. 20 5. 在平面内，某物体在三个力，，作用下恰好处于平衡状态，其中，，现用的力作用在该物体上，使该物体从点移动到点，则力对该物体做的功为（ ） A. B. C. 7 D. 22 6. 已知定义在上的偶函数满足，且当时，，则下列结论正确的是（ ） A. 在区间上单调递减 B. C. 在区间上有5个零点 D. 7. 函数在上有最小值，没有最大值，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 在梯形中，，，点为对角线与的交点，线段上的点满足，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 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. 下列说法正确的有（ ） A. 棱柱的侧面一定是平行四边形 B. 棱台的侧面一定不是平行四边形 C. 棱锥的侧面是全等的三角形 D. 圆柱的侧面沿一条母线展开，则展开图不一定是矩形 10. 已知，为非零向量，下列能使成立的充分条件是（ ） A. 把和的起点重合，将绕起点逆时针旋转后所得向量与共线 B. 在中，，，满足 C. 在中，，，满足的面积等于 D. 对于任意实数，的最小值恰好等于 11. 的内角，，的对边分别为，，，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则是钝角三角形 C. 若，则 D. 若，则为钝角三角形 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知角的顶点与原点重合，角的始边与轴的非负半轴重合，若点在角的终边上，则__________. 13. 若是关于的方程（，均为实数）的一个复数根，则______. 14. 已知向量在向量上的投影向量为，则__________；__________. 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. 已知复数（，为虚数单位）在复平面内对应的向量为，为坐标原点，点，. （1）当时，求； （2）若向量，求实数的值. 16. 如图，在正方体中，为棱的中点，为棱的中点. （1）连接并延长，交平面于点，求证：三点共线； （2）点在棱的延长线上，且，求证：平面平面. 17. 已知复数，为正实数. （1）若复数为纯虚数，求的值； （2）若复数在复平面内对应的点位于第三象限内，求的取值范围； （3）是否存在，使得复数在复平面内对应的点落在直线上？并说明理由. 18. 一个组合体由下部的正六棱柱和上部的圆锥拼接而成，圆锥的底面圆恰好是正六棱柱上底面的内切圆.其中正六棱柱的底面边长为2，高为2，圆锥的高为3. （1）求圆锥的底面半径及母线长； （2）求该组合体的体积； （3）求该组合体的表面积. 19. 已知中，内角，，的对边分别为，，，且满足，. （1）若，求实数的值； （2）若，求的取值范围； （3）若为锐角三角形，且该三角形的面积为9，边的长度是否可以为？并说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 普通高中2025—2026学年（下）高一年级期中考试 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､班级､考场号､座位号､考生号填写在答题卡上. 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. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】. 2. 已知复数，则的虚部为（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】，故，的虚部为. 3. 在空间中，下列命题正确的是（ ） A. 若一条直线与平面内的一条直线平行，则这条直线与该平面平行 B. 若两个平面平行，则一个平面内的任意一条直线都与另一个平面平行 C. 若一条直线与一个平面平行，则这条直线与平面内任意一条直线都平行 D. 若点在直线上，点在平面内，则直线必在平面内 【答案】B 【解析】 【详解】对选项A：直线可能在平面内，不一定平行，故A错误； 对选项B：根据面面平行的性质，故B正确； 对选项C：若一条直线与一个平面平行，则这条直线与平面内的直线可能平行，可能异面，故C错误； 对选项D：直线可能与平面相交（仅该点在平面内），可能在平面内，故D错误. 4. 已知复数（），则的最小值为（ ） A. B. C. 10 D. 20 【答案】A 【解析】 【详解】由， 当时，取得最小值. 5. 在平面内，某物体在三个力，，作用下恰好处于平衡状态，其中，，现用的力作用在该物体上，使该物体从点移动到点，则力对该物体做的功为（ ） A. B. C. 7 D. 22 【答案】A 【解析】 【分析】应用向量加减法的坐标运算，再应用数量积坐标公式计算求解. 【详解】因为，所以， 则，又， 力对该物体做的功为. 6. 已知定义在上的偶函数满足，且当时，，则下列结论正确的是（ ） A. 在区间上单调递减 B. C. 在区间上有5个零点 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数周期的定义、偶函数单调性的性质，结合函数零点的定义、指数的运算性质逐一判断即可. 【详解】对选项A：由可知函数的一个周期为2，所以在区间上的图象与在区间上相同. 又是偶函数，则时的单调性与时的单调性相反. 因时，单调递减，故时，单调递增，故时，单调递增，故A错误； 对选项B：，故B正确； 选项C：当时，令0，得，因为为偶函数，所以，又因为周期为2，所以，共6个零点，故C错误； 选项D：，， 因为当时，单调递减， 所以，即，故D错误. 7. 函数在上有最小值，没有最大值，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用换元法结合余弦函数值域计算求解参数. 【详解】函数中，当时，， 函数在上有最小值，没有最大值， 得，解得， 所以的取值范围是. 8. 在梯形中，，，点为对角线与的交点，线段上的点满足，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【详解】由可得，所以， 故， 则， 又点在线段上，设，， 则 ， 所以解得此时点与点重合， 所以， 解得，，故. 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. 下列说法正确的有（ ） A. 棱柱的侧面一定是平行四边形 B. 棱台的侧面一定不是平行四边形 C. 棱锥的侧面是全等的三角形 D. 圆柱的侧面沿一条母线展开，则展开图不一定是矩形 【答案】AB 【解析】 【分析】利用棱柱，棱台，棱锥和圆柱的定义和结构特征逐一判断选项即可. 【详解】对于A，由棱柱的结构特征知，其侧面都是平行四边形，故A正确； 对于B，棱台的侧面一定是梯形，而不是平行四边形，故B正确； 对于C，棱锥的侧面是三角形，不一定全等，故C错误； 对于D，因圆柱的母线垂直于两底面，故圆柱的侧面沿一条母线展开得到的一定是一个矩形，故D错误. 10. 已知，为非零向量，下列能使成立的充分条件是（ ） A. 把和的起点重合，将绕起点逆时针旋转后所得向量与共线 B. 在中，，，满足 C. 在中，，，满足的面积等于 D. 对于任意实数，的最小值恰好等于 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据向量的模，数量积的运算律及向量夹角的运算公式求解. 【详解】对于A中，因为， 所以把和的起点重合，将绕起点逆时针旋转后所得向量与共线，所以A正确； 对于B中，因为，则以，为邻边的平行四边形对角线相等， 以，为邻边的平行四边形为矩形，所以B正确； 对于C中，的面积为， 又，得， 整理得，故或，所以C错误； 对于D中，对于任意实数，的最小值恰好等于， 即对于任意实数，的最小值恰好等于， 因为，对于任意实数， 此表达式的最小值为， 所以，整理得，故，所以D正确. 11. 的内角，，的对边分别为，，，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则是钝角三角形 C. 若，则 D. 若，则为钝角三角形 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项，利用正弦定理和三角形边角关系，即可作出判断；选项，利用平面向量数量积定义，可得夹角的余弦值的正负，对三角形形状作出判断；选项和选项，主要为二倍角和余弦定理的综合应用，先化简再利用余弦定理进行判断. 【详解】对于选项，因为，根据大角对大边，可得， 由正弦定理得，故正确； 对于选项，因为，所以 而 ， 可得， 可知为钝角，所以为钝角三角形，故B正确； 对于选项，由，得， 即，由余弦定理得， 整理得，所以， 又因为大边对大角，则，故错误； 对于选项，因为， ， 所以，整理得， 由正弦定理得，即， 由余弦定理得， 所以为钝角，则为钝角三角形，故正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知角的顶点与原点重合，角的始边与轴的非负半轴重合，若点在角的终边上，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据三角函数的定义结合诱导公式即可求解. 【详解】根据题意有：，所以， 所以. 13. 若是关于的方程（，均为实数）的一个复数根，则______. 【答案】3 【解析】 【分析】由题意可得，两个复数根为和，由韦达定理求解即可. 【详解】由题意得关于的方程的两个复数根为和， 由韦达定理得，，得，故. 14. 已知向量在向量上的投影向量为，则__________；__________. 【答案】 ①. ##0.25 ②. 108 【解析】 【详解】因为，所以. 又因为，所以，又，所以， 所以 . 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. 已知复数（，为虚数单位）在复平面内对应的向量为，为坐标原点，点，. （1）当时，求； （2）若向量，求实数的值. 【答案】（1） （2）或2 【解析】 【小问1详解】 依题意有，， 当时，，则， 故. 【小问2详解】 若向量，则， 整理得，解得或2. 16. 如图，在正方体中，为棱的中点，为棱的中点. （1）连接并延长，交平面于点，求证：三点共线； （2）点在棱的延长线上，且，求证：平面平面. 【答案】（1） 点直线，直线平面，所以点平面. 又因为点平面，所以点为平面与平面的公共点， 又因为平面平面，故点在直线上. 故三点共线. （2） 取的中点，连接， 因为为棱的中点，所以， 又因为，所以. 又，所以四边形为平行四边形， 所以. 因为， 所以四边形为平行四边形， 所以，所以， 又因为平面平面，所以平面. 因为， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面平面，所以平面. 又因为平面，平面， 所以平面平面. 【解析】 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 已知复数，为正实数. （1）若复数为纯虚数，求的值； （2）若复数在复平面内对应的点位于第三象限内，求的取值范围； （3）是否存在，使得复数在复平面内对应的点落在直线上？并说明理由. 【答案】（1） （2） （3）存在，理由： 若在复平面内对应的点在直线上， 则，即， 令，因为在区间上单调递增， 且，， 故在区间上存在唯一的，使得. 因此，存在使得复数在复平面内对应的点落在直线上. 【解析】 【分析】（1）由复数为纯虚数求解即可. （2）由复数在复平面内对应的点位于第三象限内即可求解. （3）假设复数在复平面内对应的点落在直线上由此求解. 【小问1详解】 要使复数为纯虚数，需满足 解得，即当时，是纯虚数. 【小问2详解】 由在复平面内对应的点在第三象限， 可得，解得，即的取值范围为. 【小问3详解】 略 18. 一个组合体由下部的正六棱柱和上部的圆锥拼接而成，圆锥的底面圆恰好是正六棱柱上底面的内切圆.其中正六棱柱的底面边长为2，高为2，圆锥的高为3. （1）求圆锥的底面半径及母线长； （2）求该组合体的体积； （3）求该组合体的表面积. 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正六边形的内切圆半径即可求得圆锥的底面半径，再利用圆锥的高求得母线即可； （2）分别利用棱柱和圆锥的体积公式计算正六棱柱和圆锥的体积即可； （3）分别利用面积公式计算组合体每个面的面积即可. 【小问1详解】 正六边形的内切圆半径（边心距）为， 即圆锥的底面半径为， 圆锥的高，则母线长. 【小问2详解】 该组合体的体积＝正六棱柱的体积+圆锥的体积， ①正六棱柱的体积； ②圆锥的体积. 该组合体的体积. 【小问3详解】 该组合体的表面积=正六棱柱的侧面积+正六棱柱的下底面面积+圆锥的侧面积+正六边形的面积与内切圆的面积之差， ①正六棱柱的侧面积； ②正六棱柱的下底面面积； ③圆锥的侧面积. ④； 该组合体的表面积. 19. 已知中，内角，，的对边分别为，，，且满足，. （1）若，求实数的值； （2）若，求的取值范围； （3）若为锐角三角形，且该三角形的面积为9，边的长度是否可以为？并说明理由. 【答案】（1） （2） （3）因为，所以的长度是不可以为. 【解析】 【分析】（1）对等式变形可得，利用正弦定理边化角即可求解； （2）首先根据三角形任意两边之和大于第三边结合求出的范围，然后利用对勾函数的性质即可求解； （3）首先根据锐角三角形求出的范围，然后由正弦定理和面积公式可得，利用三角恒等变换公式化简可得，最后利用函数单调性即可求解. 【小问1详解】 由得， 所以，由正弦定理得， 因为，，，故， 所以或. 当时，因为，所以， 所以，这与矛盾，故不成立，故，即. 【小问2详解】 由得， 因为，所以， 当时，，即， 所以，， 根据三角形任意两边之和大于第三边， 得即所以， 因为函数在区间上单调递增， ，，， 所以的取值范围为. 【小问3详解】 不可以，理由如下： 因为，所以，即. 因为为锐角三角形，故解得， 由正弦定理，可得，， 所以该三角形的面积， 所以 ， 令，则，因为，所以， 因为函数在区间上单调递减， 所以，即， 因为，所以的长度不可以为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $