精品解析：云南省玉溪第一中学（北校）2025-2026学年高一下学期期中考试数学试卷

玉溪一中2025—2026学年下学期高一年级期中考 数学学科试卷 总分：150分，考试时间：120分钟 命题人、审题人：高二数学备课组 一、单项选择题：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，只有一个选项是正确的． 1. 集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，且，则m=（ ） A. －3 B. 3 C. D. 3. （ ） A. B. C. D. 4. 已知，关于的不等式的解集为，则（ ） A. 3 B. C. 1 D. 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 6. 若，，则（ ） A. B. C. D. 7. 在正四棱台中，，若侧面与底面的夹角为，则该四棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，为的中点，为平面内一点，且，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最大值为 C. 的最大值为 D. 的最大值为 二、多选题：本题共3题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中有多个选项符合要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 若实数满足，则下列不等式一定成立的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 在中，内角所对的边分别为，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则有两解 B. 若，则 C. 若，则一定是等腰三角形 D. 若，则的外接圆半径是4 11. 如图，在棱长为6的正方体中，已知M，N，P分别是棱，，BC的中点，点Q满足，则下列说法正确的有（ ） A. 平面 B. 若Q，M，N，P四点共面，则 C. 若，点F在侧面内（包括边界），且平面，则点F的轨迹长度为 D. 若，过A，P，Q三点作该正方体的截面将该正方体分成两部分，较小体积与较大体积的比值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的定义域为________． 13. 已知向量，，则在方向上的投影向量为______. 14. 已知函数，若函数有四个不同的零点，且有如下关系，，则的取值范围是__________． 四、解答题：本题共5小题，共77分． 15. 设，是两个不共线的向量，． （1）已知，，，若A，B，C三点在同一直线上，求； （2）若，且与的夹角为，求的最小值． 16. 设锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，． （1）求A； （2）若，且的面积为，求的周长． 17. 如图所示，在四棱锥中，在底面中，，E在棱PD上且. （1）求证：平面； （2）线段上是否存在点N，使得平面平面？若存在，写出的值；若不存在，请说明理由. 18. 已知函数的图象相邻对称轴之间的距离是，若将的图像向右移个单位，所得函数为奇函数. （1）求的解析式； （2）若函数的一个零点为，且，求 19. 已知，. （1）证明：； （2）判断并用定义证明的单调性； （3）若函数的图象在区间上与x轴有2个交点，求实数m的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 玉溪一中2025—2026学年下学期高一年级期中考 数学学科试卷 总分：150分，考试时间：120分钟 命题人、审题人：高二数学备课组 一、单项选择题：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，只有一个选项是正确的． 1. 集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据集合的交集运算即可解出． 【详解】因为，，所以． 故选：A. 2. 已知向量，，且，则m=（ ） A. －3 B. 3 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据求解. 【详解】因为， 所以， 所以m=3. 故选：B 3. （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据诱导公式和两角和的正弦公式即可得到答案. 【详解】 . 故选：D. 4. 已知，关于的不等式的解集为，则（ ） A. 3 B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据一元二次不等式和一元二次方程的关系，求出、的值，进而求出的值. 【详解】因为关于的不等式的解集为， 所以和2是方程的两个根， 所以，，所以，. 所以. 故选：C. 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】借助诱导公式计算即得. 【详解】. 故选：D. 6. 若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据指数与对数的互化及对数的运算性质求解即可. 【详解】由得，，即. 由得，，即，所以. 所以. 7. 在正四棱台中，，若侧面与底面的夹角为，则该四棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过作图，利用正四棱台的性质可得为侧面与底面所成的二面角的平面角，结合条件，求出正四棱台的高，再由棱台的体积公式求解. 【详解】如图，设正四棱台的上、下底面中心分别为，连接，则平面， 取的中点，连接，易知，且， 过作交于，则平面，又平面，则， 故可得平面，则，则为侧面与底面所成的二面角的平面角，则， 又，则，， 由，得到，即， 又， 所以四棱台的体积为. 8. 在中，为的中点，为平面内一点，且，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最大值为 C. 的最大值为 D. 的最大值为 【答案】A 【解析】 【分析】以为坐标原点，，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，为以为圆心，半径为圆上一点，根据向量运算的几何意义逐选项判断即可. 【详解】 以为坐标原点，，所在直线为轴，建立平面直角坐标系， 所以，设， 所以， 因为， 所以，即，即， 所以为以为圆心，半径为圆上一点， 对于A，，所以，几何意义为到原点的距离， 所以的最大值为到原点的距离的最大值， 最大值为原点到圆心距离加上半径，即，故A正确； 对于B，，，几何意义为到的距离， 所以的最大值为到的距离的最大值， 最大值为到圆心距离加上半径，即，故B错误； 对于C，，令，即， 即，当与圆相切时有最值，即， 解得，所以的最大值为，即的最大值为5，故C错误； 对于D，，因为为以为圆心，半径为圆上一点， 所以的最大值为，所以的最大值为，故D错误， 故选：A. 二、多选题：本题共3题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中有多个选项符合要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 若实数满足，则下列不等式一定成立的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】由不等式的性质可得AC正确；举反例可得BD错误； 【详解】选项，由不等式乘法性质知 正确，故A正确； 选项， 时不成立，故 错误； C选项，由不等式的平方性质知 正确，故C正确； 选项， 时不成立，故 错误； 故选： AC. 10. 在中，内角所对的边分别为，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则有两解 B. 若，则 C. 若，则一定是等腰三角形 D. 若，则的外接圆半径是4 【答案】AB 【解析】 【分析】比较三者的大小，判断A；由大角对大边及正弦定理可判断B；由三角恒等变换及正弦定理判断C；由正弦定理求得，可判断D. 【详解】对于A,因为，所以， 所以有两解，故A正确； 对于B，因为，所以（大角对大边）， 所以（正弦定理），故B正确； 对于C，因为，所以， 所以，而为三角形内角，所以或， 所以或， 所以是等腰三角形或直角三角形，故C错误； 对于D，因为， 由正弦定理可得（为的外接圆半径）， 解得，故D错误. 11. 如图，在棱长为6的正方体中，已知M，N，P分别是棱，，BC的中点，点Q满足，则下列说法正确的有（ ） A. 平面 B. 若Q，M，N，P四点共面，则 C. 若，点F在侧面内（包括边界），且平面，则点F的轨迹长度为 D. 若，过A，P，Q三点作该正方体的截面将该正方体分成两部分，较小体积与较大体积的比值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据正方体的结构特征可知侧面互相平行，可判断A；根据平面的性质及正方体的截面可判断B；根据面面平行的判定可判断点F的轨迹，进而判断C；时，先找出过A，P，Q三点的正方体的截面，进而可判断D. 【详解】A，根据正方体的结构特征可知，平面平面， 又平面，所以 平面，故A正确； B，因为三个不共线的点M，N，P确定一个平面，如图1： 当分别为所在棱的中点时，T，M，N，P四点共面，所以重合， 平面与正方体的截面为平面六边形 ，此时，故B错误； C，取的中点E，上靠近的三等分点G，连接 ，如图2： 则 ，又平面，平面，则平面， 因为 ， ，所以四边形 为平行四边形，所以， 又平面，平面，则平面， 由 ， 平面，所以平面 平面， 所以点F的轨迹为线段，由勾股定理可知其长度为，故C正确； D，延长，与的延长线交于点H， 连接，与棱交于I，与的延长线交于点J，连接，与棱交于点K，如图3： 则过A，P，Q三点的正方体的截面为五边形 ， 由比例关系可得， ， ，所以较小体积与较大体积的比值为，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的定义域为________． 【答案】 【解析】 【分析】偶次根式被开方数不为负数，分母不为0，真数大于0，根据这些条件列出的不等式组，则此不等式组的解就是函数的定义域． 【详解】要使函数有意义 所以解得 函数的定义域为． 13. 已知向量，，则在方向上的投影向量为______. 【答案】 【解析】 【分析】由投影向量的定义，结合向量数量积和模长公式计算可求结果. 【详解】， 则在方向上的投影向量为. 故答案为：. 14. 已知函数，若函数有四个不同的零点，且有如下关系，，则的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】本题可利用数形结合，先画出分段函数的图像，将函数有四个不同的零点的问题，转化为函数与有四个不同的交点，可得出的范围；再根据函数性质及对数函数的性质，化简目标表达式，最后利用函数单调性求出取值范围. 【详解】解：令，则， 由函数有四个不同的零点，则方程有四个不同的解， 即函数与有四个不同的交点. 当时，，易知对称轴为，顶点为， 结合图像可知，方程有四个不同解时，， 因为，所以根据二次函数对称性可知，， 当时，由时，或， 由函数图像可知，，，， 则，所以，因此，，， 所以，当且仅当， 即时等号成立，此时取最小值为，又函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，；当时，， 所以的取值范围为. 四、解答题：本题共5小题，共77分． 15. 设，是两个不共线的向量，． （1）已知，，，若A，B，C三点在同一直线上，求； （2）若，且与的夹角为，求的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由三点在同一条直线上，可知任意两个向量共线，利用向量共线定理与平面向量基本定理，建立方程组求出参数； （2）要求的最小值，可先计算其平方，结合向量数量积公式化简，将求向量模长问题转化为二次函数求最值的问题. 【小问1详解】 由，，三点共线，则，即， 所以， 因为，不共线，所以，解得， 因此，当时，三点在同一直线上． 【小问2详解】 因为，且与的夹角为， 所以， 即，所以当时，取最小值为， 因此，当时，的最小值为. 16. 设锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，． （1）求A； （2）若，且的面积为，求的周长． 【答案】（1） （2）6 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边角互化即可求解， （2）由面积公式可得，即可由余弦定理求解，进而求解周长. 【小问1详解】 ，由正弦定理可得， 又，所以， 因为为锐角三角形，故． 【小问2详解】 的面积为，所以， 在中，由余弦定理得，即， 整理得，所以，即，所以， 所以的周长为． 17. 如图所示，在四棱锥中，在底面中，，E在棱PD上且. （1）求证：平面； （2）线段上是否存在点N，使得平面平面？若存在，写出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 因为，所以，所以， 因为平面，平面， 所以平面. （2）存在， 【解析】 【分析】（1）由线面平行判断定理可以得证； （2）存在，点为上靠近的三等分点时，即时， 分别证得平面和平面，由面面平行判定定理可证得结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 存在，且当点为上靠近点三等分点时，即时，平面平面.  下面给出证明： 因为，所以，， 又因为点为上靠近点三等分点，所以， 所以， 所以四边形为平行四边形， 所以， 又因为面，面， 所以面， 因为E在棱PD上且，即， 又因为， 所以， 所以， 又平面，平面， 所以平面， 又因为平面，平面，， 所以平面平面. 18. 已知函数的图象相邻对称轴之间的距离是，若将的图像向右移个单位，所得函数为奇函数. （1）求的解析式； （2）若函数的一个零点为，且，求 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由周期求出，再由题意可得函数为奇函数，可得的值，可得函数的解析式； （2）由题意可得，即可求出，再由及两角差的余弦公式计算可得． 【小问1详解】 由题意可得，可得，又， 而，可得， 此时， 由题意可得， 要使函数为奇函数，则，， 即，，而， 所以， 所以； 【小问2详解】 由题意令， 可得，即， 因为， 所以，所以， 所以 19. 已知，. （1）证明：； （2）判断并用定义证明的单调性； （3）若函数的图象在区间上与x轴有2个交点，求实数m的取值范围. 【答案】（1）. （2）在上单调递增，证明如下： 的定义域为，任取，，则，即， 由，可得， 故在上单调递增. （3） 【解析】 【分析】（1）将函数式代入待证式，计算即得证； （2）根据函数的单调性定义，和指数函数的单调性证明即可； （3）将在区间上与x轴有2个交点转化成在时有2个实数根，利用函数的单调性求出的值域，即得参数m的取值范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 .因为的图象在区间上与x轴有2个交点， 所以，在时有2个实数根， 即在时有2个实数根， 令，易知在区间上单调递增，故， 由可得，令，， 由对勾函数性质可知，在区间上单调递减，在区间上单调递增， 又，，，作函数草图如图， 当时，函数与有两个交点， 即函数的图象在区间上与x轴有2个交点， 所以，即实数m的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $