吉林松原市吉林油田高级中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试卷

吉林油田高级中学2025-2026学年度第二学期期中考试 高一数学试卷 考试时间：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，只有一项是符合题目要求的. 1. 复数，则z的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 设向量，是两个不共线的单位向量，，，，则（ ） A. A，B，C三点共线 B. A，B，D三点共线 C. A，C，D三点共线 D. B，C，D三点共线 3. 已知平面和两条不同的直线、，则下列说法正确的是（ ） A. 若上有无数个点不在内，则 B. 若，则与内的任意一条直线都没有公共点 C. 若，则平行于内的任意一条直线 D. 若，且，则 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在中，点N是BC的中点，点M是AN的中点，设，，那么（ ） A. B. C. D. 6. 把函数图像上所有点的横坐标扩大为原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图像，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆锥的轴截面是等边三角形，若该圆锥的表面积与球O的表面积相等，则该圆锥的体积与球O的体积之比为（ ） A. B. C. D. 8. 已知圆的半径为2，是圆上两点且，是一条直径，点在圆内且满足，则的最小值为 A. －2 B. －1 C. －3 D. －4 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，有多个选项是符合题目要求的. 9. 下列各式中运算正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知平面向量，则下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. 若和的夹角为锐角，则 C. 当时，在方向上的投影向量为 D. 若，则和的夹角为 11. 《数书九章》是南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，全书十八卷，共八十一个问题，分为九类，每类九个问题，《数书九章》中记录了秦九韶的许多创造性成就，其中在卷五“三斜求积术”中提出了已知三角形三边，，，求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是：“以少广求之，以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积．”若把以上这段文字写成公式，即．现有满足，且的面积，请运用上述公式判断下列结论正确的是（ ） A. 的周长为 B. 三个内角，，满足 C. 外接圆的直径为 D. 的中线的长为 三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分. 12. 一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，是等腰直角三角形且，其中斜边，则这个平面图形的面积是___________． 13. 已知函数的部分图象如图所示，则为________. 14. 如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别是边AD，DC边的中点，BE，BF分别与AC交于R，T两点.若，则的值是________． 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. 已知向量，. （1）若，求实数的值； （2）若，求实数的值. 16. 在中国传统文化中，灯笼作为节日和庆典的象征，常常蕴含着丰富的美学与数学设计；灯笼不仅要考虑美观，还要具备结构上的合理性和稳定性；现在有一盏独特的国风灯笼，它的外形结构包括多个几何体，具体设计如下： 顶部装饰：灯笼的顶部是一个正四棱台，上底边长为2分米，下底边长为4分米，高为2分米； 核心结构：灯笼的核心部分是一个正四棱柱，底面边长为3分米，高为6分米. （1）求灯笼总体积；（单位：分米） （2）已知灯笼上下底不糊纸，所以正四棱台侧面积与正四棱柱侧面积的和就是灯笼所需纸张的总面积，求灯笼所需纸张的总面积.（单位：分米） 17. 已知，，. （1）求的值； （2）求的值. 18. 已知的三个内角所对的边分别为，. （1）求角的大小. （2）若，的面积为，求a的值. （3）若，，点D是线段BC上一点，求内角A平分线AD的长. 19. 如图所示，设是平面内相交成 角的两条数轴，分别是与 轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系为仿射坐标系，若在仿射坐标系下 ， 则把有序数对叫做向量的仿射坐标，记为. （1）若，求的模长； （2）若，有同学认为“”的充要条件是“”，你认为是否正确？若正确，请给出证明，若不正确，请说明理由； （3）设，若对恒成立，求 的最大值. 吉林油田高级中学2025-2026学年度第二学期期中考试 高一数学试卷 考试时间：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，只有一项是符合题目要求的. 【1题答案】 【答案】B 【2题答案】 【答案】B 【3题答案】 【答案】B 【4题答案】 【答案】C 【5题答案】 【答案】A 【6题答案】 【答案】A 【7题答案】 【答案】D 【8题答案】 【答案】C 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，有多个选项是符合题目要求的. 【9题答案】 【答案】AC 【10题答案】 【答案】ABD 【11题答案】 【答案】ABC 三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分. 【12题答案】 【答案】## 【13题答案】 【答案】 【14题答案】 【答案】 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题答案】 【答案】（1）； （2）. 【16题答案】 【答案】（1）分米3 （2）分米2 【17题答案】 【答案】（1） （2） 【18题答案】 【答案】（1） （2） （3） 【19题答案】 【答案】（1） （2）不正确，理由见解析 （3） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $吉林油田高级中学2025-2026学年度第二学期期中考试 高一数学试卷参考答案 题号 2345678 10 11 答案 A AA D C AC ABD ABC 4.C【详解】cosa+ 4 =cosa cos7 -sinasinv2 (cosa-sina 4 42 :ae年》sna>cos,即csa-sma<0,故osa+小k0 对所求式两边平方得：osa+到cosa-smay (cos2 a+sin2a-2sin a cosa). 2 n2u=2 sinacoa写且cca+sna-1,代入将owsa+引2-》-结合oma+引0， 5.A【详解】因为在eABC中，点N是BC的中点，点M是AN的中点，AB=a,AC=b, 所似c-4c-m=4c-=4C-×丽+0)=C--C=+4c=a+五 22 4 4 4 41 4 6.A【详解】函数y=sinx的图像向左平移号个单位长度，得到y=six+写 所有点的横坐标缩小为原米的，纵坐标不变，得到y=sn2x+写引=sm2x+)c0s2x+骨引=co2x一若引 所以f)=co2x-) 7.D【详解】设圆锥的底面半径为，则其母线长为2r,高为√5r, 所以该圆锥的表面积为πr2+πr×2r=3πr2,设球O的半径为R,则球O的表面积为4πR2, 题意知34红，所以行圆锥的体积xB衣，球0的体积匙R型 5 3r2 元r3 近以6=4 =4R3 8.C【详解】试题分析：由图可知：CM=OM-OC,CN=ON-OC, ∴.CM.CN=(OM-OC)·(ON-OC)=OM.ON-(OM+OW)OC+OC,又因为MN是圆的一条直径，故OM,ON是 相反向量，且0M=0N=2,:OM.0N=-4+OC2,因为点C在圆内且满足0C=0A+1-)0B0<元<)， ∴A,C,B三点共线，当C为AB的中点时，OC2取得最小值1，故CM.C的最小值为-3， 9.AC【详解】因为sim15co15-×2sin15cos15-n30-子所以A正确： 第1页 因为c6o后-如合后=m任升m子三，所以B错说：因为 12 12 6 42 tan45°=tan(25°+20）= tan25°+tan20° 1-tan25°tan20° 1,所以tan25°+tan20°=1-tan25tan20°，即 1+tan1so1+tan45°anl5=tan(450-15）=tan30°=y5 tan20°+an25°+ian25°tan20°=1，所以C正确：因为}-tam15°-tan45°-tan15 所以D错误. 10.ABD 【详解】选项A,若aLb,得a.b=x1+2,5=x+10=0,解得x=-10,A正确， 选项B,由a与万夹角为锐角，得：a-6=x+10>0→x>-10,当两向量共线，得5x=1x2→x= 5 此时ā=2五，为同向共线，夹角为0°（不是锐角），需排除x= 选项C,当x=-3时，ā=(-3,2)，a在6方向上的投影向量为 ā-万=-3x1+2x5=7,6=+52=26,因此投影向量为76≠)五，C错误，选项D,对1a+6=1a-2,两边 26 平方：(a+b2=(a-2b2,展开整理得：6a-6=36，代入=26，得a6=13, 又a-6=x+10=13→x=3,因此ā=(3,2)，d=3+2=丽，设夹角为0：os8=11V丽V2%2 ab =132 由0∈[0°，1801得0=45°，D正确. 11.ABC【详解】由正弦定理可得a:b:c=2:3:√7.设 a=2m,b=3m,c=√7m(m>0),∴…S n2.4m 7m2+4m2-9m 4 -6 解得m=2,∴△ABC的周长为a+b+c=4+6+2√7=10+2√7，故A正确：由余弦定理得 cosC= a2+b2-c216+36-281 2×4×62 ,C=元心A+B+C三元，A+B=?2C=1+B, 2ab Γ31 故B正确： 由正弦定理知，ABC外接圆的直径2R==27.4W2 3，故C正确：由中线定理得a2+b=)c2+2CD2,即 3 CD=6+36-219,D=9,放D错误 12. 3225 22 【详解】设AOAB对应的平面图形为△OAB, 在斜二测画法的图形中OB在x'轴上，还原后的图形中OB在x轴上，且长度不变， 第2页 在斜二测画法的图形中OA在y轴上，还原后的图形中OA在y轴上， 且OA的长度扩大为OA的2倍，△0AB是等腰直角三角形且oA=AB,斜边OB=√5，OA=A8=5 之根据斜=法可知08=0g=5,4-0-2x5,∠40=0Se010865-3 13. 6 【详架】由图象得)的最大值为3最小值为3，所以4，-名经，解得7=密o>0)行 以@=2.又)过点〔怎3代入可得n2君+o小=3，所以sm昏小1. 6 则肾+p=子+2meZ,解得@-+2kxeZ,因为a<行所以p- 2 6 6 14.√2【详解】设CT=uCA=uCD+uCB=2uCF+uCB,且B,T,F三点共线， 2u+u=1,解得H=7a:行-号C:同理孤=C: 由E,F分别是边AD和DC上的中点，由三角形相似可得R,T分别是线段BE、BF上的三等分点， 又所号证，所以丽=肝-G-西丽+而}五-0 又闪为2D490限行-0，所以2亚0=90派亚-9号00}@0) 即得2BD=-2(B-BD-2D),所以B-2D=0,所以B=24D,即得4g5, AD 15.03229 (1)解：由向量ā=(3，-4)，b=(5,2),可得a-3b=(-12,-10),ka+b=(3k+5,4k+2) 因为（ā-36）/(a+6),可得(-12)×(-4k+2)-(-10)×(3k+5)=0,即78k+26=0,解得k=- (2)解：由向量a=(3,-4),b=(5,2),可得a-mb=(3,-4)-m(5,2)=(3-5m,-4-2m), 因为(a-md)16,可得(a-mb)6=6-5m)x5+(4-2m)x2=0,即-29m+7=0,解得m=29 16.(1 218分米3 (2)72+125分米2 【详解】(1)已知正四棱台上底边长a=2,下底边长b=4,高h=2,则S=2=4,S=42=16, 所以=方2×4+16+4x16)=至（分米》， 已知正四棱柱底面边长3，高H=6,则鞋=3×6=54=162 3 (分米3)， 总体积：V=+-561228(分米). 333 第3页 (2)正四棱柱侧面为4个矩形，侧面积S棱柱侧=4×(3×6)=72（分米2)， 正四棱台侧面为4个全等等腰梯形，先求斜高1：正四棱台高为2，等腰梯形上下底差的一半为4,2-， 2 由勾股定理得斜高1=√+下=5，单个等腰梯形面积为2+4×5=3W5, 2 因此正四棱台侧面积S枝台侧=4×3V5=12V5, 总面积S=S俊台侧+S棱柱侧=72+12V5(分米2). 33 。5 17.06526 5'sinB=12 【详解】(1)因为0<a<<B<元，sima= 2 13 所以cosa,cosB=3所以cos(B-☑)=cos/cosa+sinpsin 13 5.312433 13513565 43 2× (2)sin2a-cos'a2singeosa-cos'a2sina-cosa555 1+cos2a 1+2cos2a-1 2cosa 3 2× 6 18.04=2a=而e)2 【详解】(1)asinC=V3(亿-acosC),.∴sin AsinC=√3(sinB-sin AcosC). 在eABC中，sinB=sin(A+C)=sin AcosC+cos Asin C, .sin B-sin Acos C=cos Asin C,sin Asin C=3 cos Asin C, :Ce(0,),sinC≠0，tamA=s加4=5，又A∈(0，，可得A= cosA 3 2》由scm4e9 3,解得bc=2, 2 2- 由余弦定理得a2=b2+c2-bc,所以a2=(b+c)-3bc=16-6=10,故a=√10. (3)由b=1,AB.AC=1→cbcosA=1→c=2, 设D的长为由5c=5am+5c,csn子-9 π 32 62 6 解得x=25,即4D=25 3 3 19.()9(2)不正确，理由见解析6)2y 7 【分析】(1)根据条件有(，6)=60°，再利用模长的计算公式，即可求解： 1,1 (2)根据条件，利用向量数量积的运算得到O1.O丽=5+2乃+25y+H为，再利用O110B分010B=0, 第4页 即可求解： (3》由阿-O列5，转化为20+cs0r-80+os0+6cos9+720对v1eR恒度立求得-1<m0s分 2 2 再由向量的夹角公式，得到cosa= ,进而求得其最值，得到答案. 5+3cos0 【详解】(1)因为0=60°，则(，6=60°，又0M-2g+3, 则oM-V2g+3e=V4e+12e6+9g=4+12xcos+9=9. 2 3 (2)不正确，理由如下， 因为0=60，则G-xcs号号又o=x+y0丽=+y, 则0所.06=(9+片9)(59+y回=5号为号5w5 若0110B,则0A-0B=0,则6+2y+25y+%4=0, 1 所以“O11O丽”的充要条件是“X6+2X扔+2y+4=0” 故“OA⊥O”的充要条件是“xx2+yy2=0“”是不正确的. (3)因为OA=(3,1),0B=(1,1)2∠A0B=a,则OA=3e,+e2,0B=e+e2, o=e+e-e+e+6ee-0+6cs0,o=+e=+e+2e-2+2os0, 0A.0B=(3e+e)+e)）=3+1+4ee=4+4cos0,由|0A-0B≥V5,得O-2r0A.0B+0B2≥3， 所以10+6cos0-2t(4+4cos0H2+2cos02之3，即2(1+cos0)t2-8(1+cos0)t+6cos0+7≥0对∀teR恒成立， 又因为1+os0>0,所以a=[s0+os0]-420+os0水6s0+70,解得-1<ao0≤- 因为0<0<元，所以-1<c0s0<-满足题意， 2 OA.OB 4+4c0s0 所以cosa= =2 1+cos0 2 2 B10+6cos0.+2cos0 V5+3cos0-35+3cos0 又因为2<5+3c0s0≤ 2’所以0<， 2 V21 5+3c0s0-7 所以cosa的最大值为2 7 第5页