精品解析：河南开封市开封五县学校联考2025-2026学年高一下学期5月期中数学试题

高一数学试题卷 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答第Ⅰ卷时，选出每个小题答案后，用2B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，再选涂其它答案标号，写在本试卷上无效. 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，答在本试卷上无效. 4．本试卷共19题，总分150分，考试时间120分钟. 第Ⅰ卷（选择题） 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】借助并集与补集定义即可得. 【详解】由，则， 由，故. 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. 已知的内角所对的边分别是，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知得，再由正弦边角关系即可得比值. 【详解】由，且，则， 所以. 故选：D 4. 已知的内角的对边分别为，，，且满足，的三角形有两个，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正弦定理，结合三角形有两解的条件列式求解. 【详解】由有两解，得即解得， 故选：A． 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用二倍角的余弦公式，即可求解. 【详解】由，得． 6. 已知，，且，则的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直接利用基本不等式求解即可. 【详解】由基本不等式得到，即， 当且仅当，即时，等号成立. 的最大值为 7. 在中，，分别为内角，的对边，若，则的形状一定是（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等边三角形 【答案】B 【解析】 【分析】由同角三角函数基本关系、正弦定理、辅助角公式化简可得，进而可得，由此判断三角形形状. 【详解】若，得， 由正弦定理可得， 化简可得，即， 利用辅助角公式可得， 即， 所以或，或者（舍）， 所以一定是直角三角形. 8. 设，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为函数是减函数，所以，即； 因为函数是减函数，所以，即； ， ，所以. 函数是减函数，所以，即. 所以. 二、多项选择题：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. 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. 已知复数，，为的共轭复数，则下列结论中一定成立的是（    ） A. 为实数 B. C. 若，则 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】设复数，然后逐个分析判断即可. 【详解】对于A，设复数，则， 则，为实数，故A正确； 对于B，，，则，故B正确； 对于C，若，不妨取，则不成立，故C错误； 对于D，，则 ， ，则 ， 则，故D正确. 故选：ABD. 11. “费马点” 指平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点. 在 中，当最大内角小于 时，费马点 满足，当最大内角不小于 时，最大内角的顶点为费马点. 已知在 中， ，，点 为 的费马点，则（ ） A. B. C. D. 在上的射影向量为， 【答案】ACD 【解析】 【分析】由正弦定理，求得，结合余弦定理，可判定A正确；再求得，进而得到，证得，求得，可判定C正确；设，在中，由余弦定理列出方程，求得，结合向量的数量积的运算公式，可判定B；由余弦定理求得，作，求得，进而可判定D正确. 【详解】因为， 由正弦定理得，可得， 又由余弦定理，可得， 因为，所以，所以A正确； 又由且， 可得，解得， 由正弦定理可得，可得， 所以，所以为直角三角形，且 所以点满足， 如图所示，因为，可得， 又因为，所以， 所以，所以， 可得，所以C正确； 设，则， 在中，由余弦定理得，解得， 所以， 所以，所以B错误； 在中，，由余弦定理，求得， 过点作，垂足为，可得， 所以，所以在上的射影向量为，所以D正确. 故选：ACD. 三、填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 已知向量，则向量在上的投影向量的坐标是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据投影向量的计算公式即可求解. 【详解】在上的投影向量为， 故答案为： 13. 已知是第二象限角，且，则___________． 【答案】 【解析】 【详解】由，得， 而是第二象限角，则，， 所以. 14. 在锐角中，，，分别为内角，，的对边，且，若存在最小值，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】由正弦定理化简可得，由正弦定理结合三角恒等变换化简可得，再结合二次函数性质计算求解. 【详解】由正弦定理可知： ， 故或（舍去），所以， 所以 ， 且由，，，可得， 当时，存在最小值，故有. 四、解答题：本大题共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. （1）已知，为第三象限角，求的值； （2）计算： . 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）先利用诱导公式对原式进行化简，将其转化为关于的表达式，代入求值即可； （2）利用指数幂运算性质、对数运算法则及换底公式，对原式逐项化简后再合并求值即可. 【详解】（1）解：原式， 由，代入上式; （2）解：原式， ， . 16. 已知向量，满足，，且与的夹角为. （1）求的值； （2）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围. 【答案】（1）6 （2） 【解析】 【小问1详解】 . 【小问2详解】 向量与的夹角为锐角需满足， 且向量与不共线，即，由（1）有，所以 ，由得，所以的取值范围为. 17. 已知函数的部分图象如图所示． （1）求的解析式； （2）求的单调递减区间； （3）将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象．若函数在上恰有三个零点，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） （3）． 【解析】 【小问1详解】 由函数的最大值为，最小值为，结合，得. 由图象知，最小值点到零点的距离为，对应个周期，即，解得. 由周期公式，得，故， 将最小值点代入，得，解得， 结合，取得，故. 【小问2详解】 令，解得， 故的单调递减区间为. 【小问3详解】 由图像左移​个单位得. 在上恰有三个零点，等价于在上恰有三个解， 令，当时，， 的通解为或， 在范围内，从小到大的解为，要恰有三个解，需满足​，解得​， 故实数的取值范围为. 18. 在中，，，为的中点. （1）求的取值范围； （2）若，为的中点，为平面上一动点，满足. （ⅰ）求证：为定值； （ⅱ）求的最大值. 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）10 【解析】 【分析】（1）设，根据结合的范围即可求出答案； （2）（ⅰ）取中点，证明为中点，根据得到，进而得到，再求出，再根据即可求出答案；（ⅱ）求出，令，，求出的取值范围，令，再根据求出的范围，，令，根据的范围求出的范围，分为和两种情况，分别求范围，即可求出答案. 【小问1详解】 设， 则 . 因为，所以， 所以， 所以的取值范围为. 【小问2详解】 （ⅰ）取中点， 因为，， 所以，即、、三点共线，且为中点， 因为，所以， 故，在以为直径的圆上， 因为，，所以为等边三角形， 所以，所以， ，， 则 为定值. （ⅱ）由（ⅰ）可知： ， 设，.则， 由， 可知，设， 由，有， 所以 ， 令，则， ①当时，， ②当时，， 因为， 所以， 所以， 综上所述，，即， 所以的最大值为10， 当且仅当，即时等号成立，此时，. 19. “星空摩天轮”是某游乐园的标志性观光设施，游客乘坐座舱沿圆形轮盘圆心O匀速转动，可俯瞰城市全景.该设施的轮盘最高点距离地面100m，轮盘直径为90m，开启后按逆时针方向匀速转动，游客在距离地面最近的位置进入座舱，转一周需要20min.以轮盘圆心为原点，与地面平行的直线为轴，上下方向的直线为轴建立平面直角坐标系： （1）游客甲坐上座舱后，转动时距离地面的高度为（单位：m)，求转动过程中关于的函数解析式； （2）若游客甲在最低点进入座舱时，游客乙恰好位于x轴负半轴与轮盘的交点A处 （i）转动过程中，两人首次距离地面高度相等的时间是多少？ （ii）当座舱距离地面高度不低于m时，可清晰地看到城市的“灯光秀”这段时间称为“观秀时段”，求游客甲在转动一周过程中，位于“观秀时段”的时长. 【答案】（1），； （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据题意设，，再结合题意求解对应的参数即可得答案； （2）（i）结合（1）考虑游客乙的初始位置得游客乙距离地面的高度关于的关系为，，再解方程即可得答案； （ii）结合题意，解不等式得，进而求时间差即可得答案. 【小问1详解】 根据题意，设关于的函数解析式为， 由题知，轮盘最高点距地面100m，直径90m，最低点距离地面为10m， 时，游客甲从最低点逆时针匀速转动，即时， 周期， 所以，解得， ，解得， 所以，当，，即，解得， 所以，，整理得，； 所以，关于的函数解析式为：， 【小问2详解】 （i）由（1）知，游客乙距离地面的高度与时间的关系为：， 考虑游客乙的初始位置，当时，游客乙距离地面的高度为55m，且开始后高度降低， 故，即，解得， 即游客乙距离地面的高度关于的关系为，， 即， 所以，时刻时，游客乙距离地面的距离为； 游客甲距离地面的距离为 所以，即， 所以，首次相等对应最小正解,即，即 所以，转动过程中，两人首次距离地面高度相等的时间是. （ii）由题，，即， 所以，解得，时间间隔为：， 所以游客甲在转动一周过程中，位于“观秀时段”的时长. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一数学试题卷 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答第Ⅰ卷时，选出每个小题答案后，用2B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，再选涂其它答案标号，写在本试卷上无效. 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，答在本试卷上无效. 4．本试卷共19题，总分150分，考试时间120分钟. 第Ⅰ卷（选择题） 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则的虚部为（ ） A. 3 B. C. D. 3. 已知的内角所对的边分别是，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知的内角的对边分别为，，，且满足，的三角形有两个，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知，，且，则的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 7. 在中，，分别为内角，的对边，若，则的形状一定是（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等边三角形 8. 设，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 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. 已知复数，，为的共轭复数，则下列结论中一定成立的是（    ） A. 为实数 B. C. 若，则 D. 11. “费马点” 指平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点. 在 中，当最大内角小于 时，费马点 满足，当最大内角不小于 时，最大内角的顶点为费马点. 已知在 中， ，，点 为 的费马点，则（ ） A. B. C. D. 在上的射影向量为， 三、填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 已知向量，则向量在上的投影向量的坐标是__________. 13. 已知是第二象限角，且，则___________． 14. 在锐角中，，，分别为内角，，的对边，且，若存在最小值，则实数的取值范围是______. 四、解答题：本大题共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. （1）已知，为第三象限角，求的值； （2）计算： . 16. 已知向量，满足，，且与的夹角为. （1）求的值； （2）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围. 17. 已知函数的部分图象如图所示． （1）求的解析式； （2）求的单调递减区间； （3）将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象．若函数在上恰有三个零点，求实数的取值范围． 18. 在中，，，为的中点. （1）求的取值范围； （2）若，为的中点，为平面上一动点，满足. （ⅰ）求证：为定值； （ⅱ）求的最大值. 19. “星空摩天轮”是某游乐园的标志性观光设施，游客乘坐座舱沿圆形轮盘圆心O匀速转动，可俯瞰城市全景.该设施的轮盘最高点距离地面100m，轮盘直径为90m，开启后按逆时针方向匀速转动，游客在距离地面最近的位置进入座舱，转一周需要20min.以轮盘圆心为原点，与地面平行的直线为轴，上下方向的直线为轴建立平面直角坐标系： （1）游客甲坐上座舱后，转动时距离地面的高度为（单位：m)，求转动过程中关于的函数解析式； （2）若游客甲在最低点进入座舱时，游客乙恰好位于x轴负半轴与轮盘的交点A处 （i）转动过程中，两人首次距离地面高度相等的时间是多少？ （ii）当座舱距离地面高度不低于m时，可清晰地看到城市的“灯光秀”这段时间称为“观秀时段”，求游客甲在转动一周过程中，位于“观秀时段”的时长. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $