精品解析：湖南湘潭市第一中学等校2025-2026学年高一下学期期中数学试题

湖南湘潭市第一中学等校2025-2026学年高一下学期期中数学试题 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解集合B中的一元二次不等式可得，集合A为集合的列举法，集合B为描述法，进行交集的运算即可. 【详解】由题可知，故， 故选. 2. 命题“”的否定为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题即得. 【详解】因为命题“”为全称量词命题， 所以其否定为：. 故选：B. 3. 设（为虚数单位），则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出复数，然后利用复数的模长公式即可求解. 【详解】，，． 故选：C. 4. 若向量，满足，，，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合，则由数量积为0结合数量积的定义以及运算律即可求解夹角. 【详解】设与的夹角为，， ，，， ， ，， 故选：C. 5. 在△中，角的对边分别为，，△的外接圆半径为，则a的值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接利用余弦定理和正弦定理即可求解. 【详解】由余弦定理得, ∴, ∴， 又∵, ∴, 由正弦定理得, 即， 故选：. 6. 若设，，，则从大到小排列为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数是减函数，,>1,故c>a>b. 【详解】构造函数是减函数，故, >1,故c>a>b． 故答案为A. 【点睛】本题考查了比较大小，以及函数的单调性的应用，比较大小常用的方法有：构造函数，利用函数的单调性得出大小关系，两式做差和0比较，分式注意同分，进行因式分解为两式相乘的形式；或者利用不等式求得最值，判断最值和0的关系. 7. 如图，在三棱柱中，底面分别是棱的中点，点F在棱上，，则下列说法正确的是（ ） A. 设平面与平面的交线为l，则直线与l相交 B. 在棱上存在点N，使得三棱锥的体积为 C. 在棱上存在点P，使得 D. 设点M在上，当时，平面平面 【答案】D 【解析】 【分析】在中，连接交于点，推导出；在中，若存在点N在棱上，则三棱锥的体积最小为；在中，过作，交于点，推导出；在中，当时，平面平面. 【详解】在中，连接交于点，则为的重心，连接，由已知得，则，故错； 在中，若存在点N在棱上，则，当与重合时，取最小值，点到平面距离为，,所以此时，故错； 在中，过作，交于点，在棱上存在点P，使得，则，又因为，所以平面，所以，故错； 在中，当时，由题意得，则，所以，又因为平面，所以，又，所以 平面，因为平面，所以平面平面，故正确. 故选： 【点睛】本题主要考查命题的真假，涉及立体几何中线线、线面之间位置关系的判断，以及几何体体积的求解，属于中档题. 8. 半径为2的球O的球面上有四点，其中为球O直径，是等边三角形，若，则四面体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设的中点为，，延长交球于，由题意可得，由得，再利用三棱锥体积公式计算即可求解. 【详解】如图，设的中点为，，延长交球于， 由题意可知，，，， 如图，记外接圆圆心为，则为的中点， 则，，，， 而， ， 因为，解得，所以，得到，， 故四面体体积为. 故选：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. 对于，有如下判断，其中正确的判断是（ ） A. 若，则为等腰三角形 B. 若，则 C. 若，则符合条件的有两个 D. 若，则是钝角三角形 【答案】BD 【解析】 【分析】A项，可能为直角三角形；B项，由大角对大边及正弦定理可得；C项，由，可知为锐角，满足条件的三角形只有一个；D项，由正弦定理得，得为钝角. 【详解】选项A，当时，则， 满足，即不一定是等腰三角形，可能为直角三角形，故A项错误； 选项B，由大角对大边可得，， 由正弦定理，得， 则，即，故B项正确； 选项C，由正弦定理得，即， 又，则，故为锐角， 由此唯一确定，边也唯一确定，故有唯一解，故C项错误； 选项D，已知， 由正弦定理得，则， 所以，则角为钝角， 故是钝角三角形，D项正确. 故选：BD. 10. 在直三棱柱中，，是底边上一点，且，则（ ） A. 直三棱柱外接球的表面积为 B. 当时，平面平面 C. 直线与所成角的余弦的最大值为 D. 点是的中点，点是线段上的一个动点，则的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】把直三棱柱补形为长方体，利用长方体的体对角线即外接球的直径，后计算外接球的表面积判断A选项；以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，通过判断法向量是否垂直判断B选项；构建关于的函数，分析其最大值判断C选项；取的中点，记为，取的中点，记为，因为点是的中点，所以点的轨迹是线段.因为点是线段上的一个动点，所以的最小值，即为线段上的点到线段的距离的最小值，结合长方体的性质可求得此距离，判断D. 【详解】直三棱柱的底面中，，所以可将直三棱柱补为如图所示长方体，则其外接球直径为长方体体对角线. 因为，所以. 因为所以，所以. 所以直三棱柱外接球直径， 半径，表面积：，A选项正确； 以为原点，方向为轴建立空间坐标系， ，，，，， 则，，. 当时，. ，，. 设平面的一个法向量，则， 令则,,即， 设平面的一个法向量，由， 令，则1，，即. 因为， 故平面平面，B选项正确. 设, 设直线与所成的角为，则, 设，， 因为，所以，所以，所以， 所以， 当时，， 即在，取得最大值，最大值为，所以C选项错误； 对于选项D，如图所示，取的中点，记为，取的中点，记为， 因为点是的中点，所以点的轨迹是线段. 因为点是线段上的一个动点，所以的最小值，即为线段上的点到线段的距离的最小值. 过作的平行线，交长方体的棱于点，由长方体的性质知，分别为所在棱的中点. 因为平面，所以， 所以与间的距离为. 因为均在平面的同侧， 所以点到的距离（即与间的距离）即为所求最小值. 所以的最小值为.所以D正确. 11. 已知定义在上的函数满足，且当时，，若在上恒成立，则的值可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】由，时，，得到函数在区间以及的解析式，画出图象，找到的解，结合图像即可求解. 【详解】因为，所以 因为时，， 当时，， 当时，， 令, 解得 或， 画出函数图像如下: 在上恒成立，则的取值范围是， 故的值可以是、、. 故选：ABC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，方满足，，且与的夹角为，则向量与的夹角为______. 【答案】 【解析】 【分析】先利用已知条件求得，接着求解向量的模长，最后根据向量夹角公式求解即可. 【详解】因为，，且与的夹角为， 所以， 所以， ， 设向量与的夹角为， 所以， 又因为两向量所成夹角范围为， 所以向量与的夹角为， 故答案为：. 13. 在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【详解】因为，，所以， 所以， 由题意得，解得， ，解得， 又，综上：， 所以，所以 14. 在四棱锥中，已知底面，，，，，是平面内的动点，且满足.则当四棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的表面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】分析可知，然后以点以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，求出点的轨迹方程，可知当点到平面的距离最大时，四棱锥的体积最大，设点，设三棱锥的球心为，列方程组求出点的坐标，可求得球的半径，再利用球体表面积公式可求得结果. 【详解】因为，，，，则四边形为直角梯形， 平面，平面，则， ，，平面，则平面， 、平面，，，则， 故， 平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、，设点， 由可得，化简可得， 即点的轨迹为圆，当点到平面的距离最大时，四棱锥的体积最大， 不妨设点，设三棱锥的球心为， 由，可得，解得， 所以，三棱锥的外接球球心为，球的半径为， 因此，三棱锥的外接球的表面积为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解； ②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可； ④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径. 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，，，． （1）求的值； （2）求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据同角三角函数的关系，先求，，再由余弦的差角公式计算； （2）根据三角恒等变形结合同角三角函数的关系可求，进而求即可求． 【小问1详解】 由题可得，，， ∴，， 又 ． 【小问2详解】 ． 由，则， 由，则， ∴，， 又，，则， ∴， 而， 故． 16. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中，且． （1）求B的大小； （2）求面积的最大值． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理、诱导公式及倍角公式计算即可； （2）利用余弦定理、三角形的面积公式及基本不等式计算即可. 【小问1详解】 ∵在中，，且， ∴， 由正弦定理得． ∵，，∴． ∵， ∴． ∵，，， ∴，∴，∴． 【小问2详解】 由（1）知，且， ∴由余弦定理得，整理得． 又∵，当且仅当时，等号成立， ∴，即，当且仅当时，等号成立． ∴， ∴面积的最大值为． 17. 对于函数，若在定义域内方程有解，则称为“倒戈函数”. （1）若函数，试判断是否为倒戈函数，并说明理由. （2）已知. （i）若，试证明: ; （ii）若，且是定义在上的倒戈函数，求实数的取值范围. 【答案】（1）是，理由见解析 （2）（i）证明见解析（ii） 【解析】 【分析】（1）根据“倒戈函数”的定义列式计算即可判断； （2）（i）依题意求出和，利用幂的运算即可证得；（ii）依题意可得，方程在上有解，进而推得在上有解，利用基本不等式求出函数的值域，即得参数的取值范围. 【小问1详解】 是“倒戈函数”. 理由如下： 函数的定义域为， 由方程， 解得，即在定义域内方程有解 所以为“倒戈函数”. 【小问2详解】 （i）因， 则， 即. （ii）因为是定义在上的“倒戈函数”， 所以在上有解， 即在上有解， 方程可化为，即， 对，，故要使方程有解，需使， 即，又，当且仅当时等号成立， 故实数的取值范围为． 18. 如图，已知圆台上底面半径为，下底面半径为，高为，为圆台的轴截面，点是下底面圆周上一点且为线段的中点. （1）求证：平面； （2）求四面体的体积； （3）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定定理求解； （2）利用转换顶点和底面求三棱锥的体积； （3）利用空间向量法求解，求出平面与平面的法向量，利用向量的数量积求解. 【小问1详解】 在 中， 为 的中点，为 的中点， 则 是 的中位线，所以 . 又 平面 ， 平面 ，故 平面 . 【小问2详解】 ； 即四面体的体积为. 【小问3详解】 以为坐标原点，以 为轴，以为 轴，以 为轴建立空间直角坐标系， 则：， 向量， ，设平面 的法向量 ， 则：， 令，解得，得， ，设平面 的法向量， 则：， 设，则，得 ， 设平面与平面的夹角为， . 平面与平面夹角的余弦值为. 【点睛】 19. 已知函数，其中为常数. （1）若为定义在上的奇函数，求的值； （2）若，求在[0，4]上的最大值； （3）若在[0，4]上存在2026个不同的实数，使得，求实数的取值范围. 【答案】（1）． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用奇函数定义 ，把绝对值部分转化为关于 的等式，求出 ． （2）按 与区间 的位置关系讨论，把 化为分段二次函数，再利用二次函数的图象和最值求解． （3）先用端点差给出必要条件，再根据函数在 上的单调变化情况给出和式的上界，最后构造满足条件的点列，得到 的取值范围． 【小问1详解】 因为 是定义在 上的奇函数，所以对任意实数 ，都有. 又，. 所以对任意实数 ，有. 当 时，两边同除以 ，得. 两边平方，得.展开可得. 因为上式对任意 都成立，所以. 当 时，. 此时，所以 是奇函数． 故所求 的值为 ． 【小问2详解】 因为 ，所以分情况讨论． 当 时，若 ，则； 若 ，则. 在上，二次函数 的图象开口向下，对称轴为，所以最大值为. 在 上，二次函数 的图象开口向上，且对称轴为. 因为 时，，所以 在 上单调递增，最大值为. 于是当 时，. 比较两者大小： 等价于. 因为 ，所以. 因此当 时，最大值为 ；当 时，最大值为 ． 当 时，对任意 ，都有 ，所以. 该二次函数图象开口向下，对称轴为. 若 ，则 ，最大值为. 若 ，则 ，所以 在 上单调递增，最大值为. 综上， 【小问3详解】 记. 由于 ，，所以由绝对值不等式可得. 又，，且 ，所以. 解得.因此下面只需在 内讨论． 当 时， 在 上为 ，在 上为 ． 函数 在 上先增后减，最大值为，且. 函数 在 上单调递增，且. 所以不论怎样取满足条件的递增点列，和式 都不会超过. 要使 有可能成立，必须有. 整理得，即. 结合 ，得. 反过来，当 时，有. 所以可在 上取一点 ，使. 当 时，，把除端点外的其余点均取在 内即可， 此时 在 上单调递增，故 ． 当 时，取到的 满足 ．选取点列时，让它经过 ， 并把其余点分别插入相应的单调区间内，则插入点不会改变对应单调区间首尾函数值差之和． 此时.所以. 因此 均满足条件． 当 时，. 因为 ，所以对称轴 在区间 内． 函数在 上单调递增，在 上单调递减，最大值为，且. 所以和式 不会超过. 要使 有可能成立，必须有. 整理得，即. 结合 ，得. 反过来，当 时，有. 所以可在 上取一点 ，使. 选取点列时，让它经过 ，并把其余点插入区间 内，则插入点不会改变 上首尾函数值差之和． 此时. 因为 ，，所以. 因此 均满足条件． 综上，实数 的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南湘潭市第一中学等校2025-2026学年高一下学期期中数学试题 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 命题“”的否定为（ ） A. B. C. D. 3. 设（为虚数单位），则（ ） A. B. 1 C. D. 4. 若向量，满足，，，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 5. 在△中，角的对边分别为，，△的外接圆半径为，则a的值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 6. 若设，，，则从大到小排列为 A. B. C. D. 7. 如图，在三棱柱中，底面分别是棱的中点，点F在棱上，，则下列说法正确的是（ ） A. 设平面与平面的交线为l，则直线与l相交 B. 在棱上存在点N，使得三棱锥的体积为 C. 在棱上存在点P，使得 D. 设点M在上，当时，平面平面 8. 半径为2的球O的球面上有四点，其中为球O直径，是等边三角形，若，则四面体的体积为（ ） 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. 对于，有如下判断，其中正确的判断是（ ） A. 若，则为等腰三角形 B. 若，则 C. 若，则符合条件的有两个 D. 若，则是钝角三角形 10. 在直三棱柱中，，是底边上一点，且，则（ ） A. 直三棱柱外接球的表面积为 B. 当时，平面平面 C. 直线与所成角的余弦的最大值为 D. 点是的中点，点是线段上的一个动点，则的最小值为 11. 已知定义在上的函数满足，且当时，，若在上恒成立，则的值可以是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，方满足，，且与的夹角为，则向量与的夹角为______. 13. 在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的取值范围为________． 14. 在四棱锥中，已知底面，，，，，是平面内的动点，且满足.则当四棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的表面积为______. 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，，，． （1）求的值； （2）求的值． 16. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中，且． （1）求B的大小； （2）求面积的最大值． 17. 对于函数，若在定义域内方程有解，则称为“倒戈函数”. （1）若函数，试判断是否为倒戈函数，并说明理由. （2）已知. （i）若，试证明: ; （ii）若，且是定义在上的倒戈函数，求实数的取值范围. 18. 如图，已知圆台上底面半径为，下底面半径为，高为，为圆台的轴截面，点是下底面圆周上一点且为线段的中点. （1）求证：平面； （2）求四面体的体积； （3）求平面与平面夹角的余弦值. 19. 已知函数，其中为常数. （1）若为定义在上的奇函数，求的值； （2）若，求在[0，4]上的最大值； （3）若在[0，4]上存在2026个不同的实数，使得，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $