精品解析：湖南常宁市第一中学等学校2025-2026学年高一下学期期中数学试题

高一数学期中 时量：120分钟满分：150分 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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 3. 若，是空间中两条不同的直线，则“存在平面，使，”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，，则（ ） A. 4 B. C. 8 D. 16 5. 某船行驶到甲地看号灯塔时，号灯塔在甲地的北偏东方向上，相距；在甲地看号灯塔时，号灯塔在甲地的南偏西方向上，相距．该船由甲地向正南航行到乙地时，再看号灯塔，则号灯塔在乙地的北偏东方向上，则号灯塔与乙地之间的距离是（ ） A. B. C. D. 6. 已知，若函数有两个不同的零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 在直角梯形中，，，，，为的中点，则（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 8. 如图，在函数的部分图象中，若，则点的纵坐标为（ ） 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. 如图所示，在正方体中，，分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与是平行直线 B. 直线与是异面直线 C. 直线与所成的角为 D. ，，，四点共面 10. 设，，为复数，．下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 11. 在中，，，分别为内角，，的对边，，，的面积为，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若幂函数的定义域为，则实数______． 13. 若，则______． 14. 四棱锥的底面为正方形，，，，，平面，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. 已知函数． （1）若，且，求的值； （2）设函数，，求的值域． 16. 在中，内角，，的对边分别为，，，． （1）求； （2）若，为的中点，，求． 17. 已知函数的图象关于原点对称． （1）求实数的值； （2）若，求的取值范围； （3）若存在，使得成立，求实数的取值范围． 18. 如图所示的几何体，在底面中，，与交于点，，，垂直于平面，，且． （1）证明：平面； （2）求三棱锥的体积； （3）在内部（包括边界）的动点满足四棱锥的体积和三棱锥的体积相等，请找出点的轨迹，并说明理由． 19. 已知函数满足，集合都存在最大值和最小值，记其最大值与最小值之差为． （1）分别对以下函数计算（不要求写出计算过程）： ①； ②． （2）已知，且，求； （3）已知，，其中为给定的大于0的常数，且，，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一数学期中 时量：120分钟满分：150分 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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】解：． 2. 已知复数满足，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的除法运算得到复数，再求模长即可． 【详解】解：，则． 3. 若，是空间中两条不同的直线，则“存在平面，使，”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】由充分条件与必要条件定义，借助直线与平面的关系判断即可得. 【详解】若，可知直线，是共面直线，则存在平面，使，，即必要性成立； 若存在平面，使，，则直线，可能相交，即充分性不成立； 综上所述：“存在平面，使，”是“”的必要不充分条件． 4. 已知，，则（ ） A. 4 B. C. 8 D. 16 【答案】C 【解析】 【详解】由，得， 由，得，即， 所以． 5. 某船行驶到甲地看号灯塔时，号灯塔在甲地的北偏东方向上，相距；在甲地看号灯塔时，号灯塔在甲地的南偏西方向上，相距．该船由甲地向正南航行到乙地时，再看号灯塔，则号灯塔在乙地的北偏东方向上，则号灯塔与乙地之间的距离是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】在中，利用正弦定理求出，然后在中，利用余弦定理可求得. 【详解】在中，， 由正弦定理得，所以， 在中，，， 由余弦定理得， 所以． 6. 已知，若函数有两个不同的零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，两段函数的零点分别为、，再结合区间求解即可． 【详解】解：由，解得，又，所以， 则是函数的一个零点，由，解得， 要使得有两个不同的零点，则． 7. 在直角梯形中，，，，，为的中点，则（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 【答案】D 【解析】 【分析】利用基底表示向量，再利用数量积的运算律求解． 【详解】解：在直角梯形中，，，，， 则，由为的中点， 得， 所以． 8. 如图，在函数的部分图象中，若，则点的纵坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得，进一步由可得，将它们代入函数表达式结合诱导公式二倍角公式计算可得结果. 【详解】依题意则得 ， 即，所以,； 设，因为， 所以,，解得,； 因此 ,， 可得，结合图象可得，解得. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用点的位置特征以及向量关系式，得出两点的坐标关系式，再利用诱导公式以及二倍角公式计算可得结果. 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. 如图所示，在正方体中，，分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与是平行直线 B. 直线与是异面直线 C. 直线与所成的角为 D. ，，，四点共面 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，取的中点为，连接，易得，结合，相交即可判断；对于B，由异面直线的概念即可判断；对于C，易知，则为直线与所成的角，再求角即可判断；对于D，连接，易知，再由平面确定定理即可判断． 【详解】解：对于A，取的中点为，连接，如下图所示： 由正方体性质可知，若直线与是平行直线， 则可得，，三点共线，显然这与，相交于点矛盾，故A错误； 对于B，易知平面，平面，直线，平面， 可得直线与是异面直线，故B正确； 对于C，连接，，如下图： 可得，故为直线与所成的角，而， 可得直线与所成的角为，故C正确； 对于D，连接，易知，可知，，，四点共面，故D正确． 10. 设，，为复数，．下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ABC 【解析】 【详解】设，则或， 则，所以A正确； 由可得，因为， 所以，即，故B正确； 若，则，由模长性质知，， 所以，故C正确； 取，，显然满足，但，故D错误． 11. 在中，，，分别为内角，，的对边，，，的面积为，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】由正弦定理，对进行边角互化，结合的取值范围得，再利用正弦定理进行边角互化，结合余弦定理可得为锐角，利用诱导公式、同角三角函数关系及正弦函数的单调性，可得，判断A；求出，判断B；求出判断C，D. 【详解】因为，所以，根据正弦定理边角互化得， 因为，，所以，即， 所以，即. 由余弦定理可知，，故， 若，则，注意到， 所以，（两者同负会有两个钝角，不成立），即，， 因为，，都是锐角， 所以， 于是，这和相矛盾， 故不成立，所以． 所以，，， 所以，故A选项正确； ，即， 所以或，即或， 当时，，； 当时，，，故B选项错误； 因为的面积为， 所以，当，时，，，， 解得，，； 当，时，，，， 解得，，， 故C选项错误，D选项正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若幂函数的定义域为，则实数______． 【答案】3 【解析】 【详解】解：由题意得，解得或， 当时，， 此时定义域不为，故舍去； 当时，，满足题意． 13. 若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】先用二倍角公式及和差公式化简，再结合商数关系求值即可． 【详解】解：由题意可得 14. 四棱锥的底面为正方形，，，，，平面，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】法一：可将四棱锥放入正方体中，则可作出截面与正方体各棱交点，再利用相似三角形性质计算即可得解；法二：过点作直线，延长与直线交于点，则交于点，再作出相应的相似三角形，利用相似三角形性质计算即可得解. 【详解】法一：如图1，将四棱锥放入正方体中， 延长与正方体刚好交于点，延长与交于点，连接， 过点作与交于点， 此时，，，，四点共面，则与的交点为点， ，又，则，，， ，. 法二：如图2，过点作直线，延长与直线交于点， 连接交于点，过点作交于点， 则点为上靠近点的四等分点． ，，则，，， 又，． 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）若，且，求的值； （2）设函数，，求的值域． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题可得，进而由同角三角函数关系可得，再由两角差的正弦公式求值即可； （2）根据恒等变形化简得，再整体法求值域即可． 【小问1详解】 因为，所以， 又，所以． 故 ； 【小问2详解】 ， 当时，，所以， 故的值域为． 16. 在中，内角，，的对边分别为，，，． （1）求； （2）若，为的中点，，求． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，逆用和角的正弦公式及正弦定理角化边求解. （2）利用数量积的运算律及余弦定理求出，再利用直角三角形边角关系求解. 【小问1详解】 在中，由， 得，即， 由正弦定理得，因此，而， 所以. 【小问2详解】 由为中点，得， 则， 由（1）知，又，， 则，整理得，则， 由余弦定理，得，则， 于是，则，， 所以. 17. 已知函数的图象关于原点对称． （1）求实数的值； （2）若，求的取值范围； （3）若存在，使得成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）利用奇函数的性质，代入表达式化简后即可得到答案； （2）先由（1）得的表达式，再根据函数单调性的定义，任取并作差，通过判断差的正负来证明在上单调递减，由函数的单调性即可得到的取值范围； （3）先化简不等式左边得到，再参变分离得，最后观察函数的单调性求出最小值，从而得到的取值范围. 【小问1详解】 解：因为函数的图象关于原点对称， 所以函数是奇函数， 令可得，，解得， 经验证，时，， 因此，实数的值为1； 【小问2详解】 解：由（1）可知，则， 则任取，且， 则， 即，因此函数在上单调递减， ， 由，解得， 又由于，所以的取值范围是． 【小问3详解】 解：因为，， 所以即， 因为，所以， 则不等式转化为有解，令，， 所以，即实数的取值范围是． 18. 如图所示的几何体，在底面中，，与交于点，，，垂直于平面，，且． （1）证明：平面； （2）求三棱锥的体积； （3）在内部（包括边界）的动点满足四棱锥的体积和三棱锥的体积相等，请找出点的轨迹，并说明理由． 【答案】（1） 证明：在平面中，过作，交于， 因为为的中点，所以为的中点，则，， 又，，所以且， 则四边形为平行四边形，所以，即， 因为平面，平面，所以平面． （2） （3） 四棱锥和三棱锥中含有相同的字母，，， 保留这三个字母，将其他字母统一化．， 所以点到平面的距离是点到平面的距离的三倍， 即平面经过线段的一个四等分点（靠近点）， ， 所以点到平面的距离是点到平面的距离的两倍， 即平面经过线段的一个三等分点（靠近点）， 又平面与平面相交于一条直线，点，确定该直线， 因此，线段即为点的轨迹． 【解析】 【分析】（1）过作，交于，可证四边形为平行四边形，得到，即，再由线面平面的判定即可证明； （2）法一：连接，根据，结合锥体体积公式计算；法二：由等体积法可知即可求解； （3）根据题意，，进而得到点到平面的距离是点到平面的距离的两倍，再得到轨迹即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一：连接，则， ． 法二：（等体积法）由知， 因为，所以， 因为，所以． 【小问3详解】 略 19. 已知函数满足，集合都存在最大值和最小值，记其最大值与最小值之差为． （1）分别对以下函数计算（不要求写出计算过程）： ①； ②． （2）已知，且，求； （3）已知，，其中为给定的大于0的常数，且，，证明：． 【答案】（1）①10；② （2）或． （3） 先证明，在上的最值点有且仅有和．（*） 若存在，为上的最值点，不妨设为最大值点， 再设为上的最小值点，再不妨设， 此时，则，即， 而由可知，矛盾！ 故（*）成立，接下来证明． 故在上，由（*）知0，1为上唯二最值点． ，为最小值点，1为最大值点．（**） ． ，在上单调，且， 所以为增函数，则， 由（*）知为上的最大值点，0为上最小值点， ． ，由于为增函数，在上为最小值，为最大值， ． ，在上，由知1不为最小值点， 由（*）知为上的最小值点，1为上的最大值点． ． 综上：． 【解析】 【分析】（1）根据定义，结合函数单调性得到最值即可求解； （2）易知，再分和结合二次函数的性质得到最值即可求解； （3）先证明：，在上的最值点有且仅有和，再证明即可． 【小问1详解】 ①在单调递增， ， ； ②在单调递减，在单调递增， ，则， ； 【小问2详解】 由定义：，解得． 函数的图象对称轴为直线，开口向上． （i），则． 此时， ，解得． （ii），则，且， 此时， ，解得或（舍去）， 综上：所求或． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $