精品解析：重庆市礼嘉中学2025-2026学年度高一下学期期中考试数学试题

2025-2026学年度礼嘉中学高一（下）期中考试数学试题 2026.5 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. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 2. 设，是平面内两个不共线的向量，则下列向量组中不能作为基底的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 正方形绕对角线旋转一周所得到的几何体（ ） A. 由两个圆锥构成 B. 由一个圆锥和一个圆台构成 C. 由圆台组成 D. 由两个棱柱构成 4. 设，且，，则（ ） A. B. C. D. 5. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，，，则（ ） A. B. C. D. 或 6. 已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，的角平分线交于D，则的长为（ ） A. B. C. D. 7. 半径为6的球O中有一内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与圆柱的侧面积之差为（ ） A. B. C. D. 8. 已知非零向量，，若，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9. 下列结论正确的是（ ） A. 圆锥的轴截面是等边三角形 B. 长方体是直四棱柱，直四棱柱不一定是长方体 C. 用一个平面去截三棱锥，必得到一个三棱锥和一个三棱台 D. 四棱柱、四棱台、五棱锥都是六面体 10. 若复数，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 在复平面内所对应的点位于第四象限 C. 若复数z满足，则的取值范围是 D. 若复数（），则的最小值是 11. 已知的内角满足，且（为的面积），记分别为所对的边，则下列结论正确的是（ ） A. 不可能为直角三角形 B. 若，则 C. D. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知，，且，则__________. 13. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，若，则__________. 14. 三倍角公式：，，则方程的所有实根的乘积为__________ 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. 已知复数（），且； （1）求； （2）若的实部大于0，求a的取值范围. 16. 如图，在正四棱锥中，，，M为的中点. （1）求正四棱锥的表面积； （2）求三棱锥的体积. 17. 已知，且函数的最小正周期为． （1）求的值，并求函数的单调递增区间； （2）设在上恰有三个零点，求的取值范围． 18. 如图，在中，D是的中点，，过O的直线分别与边，相交于点P，Q（含，端点），设（），（）. （1）设，求的值； （2）求的最小值； （3）若是边长为1的等边三角形，求的取值范围. 19. 布洛卡是法国数学家，当内一点P满足条件时，称点P为的布洛卡点，角为布洛卡角.如图，在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点P为的布洛卡点，其布洛卡角为. （1）当时，且时，求； （2）证明，若，，，求； （3）求证：.（此处A，B，C分别为的三内角） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度礼嘉中学高一（下）期中考试数学试题 2026.5 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. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数除法运算法则，将分子分母同乘分母的共轭复数实现分母实数化，化简后即可得到的代数形式. 【详解】. 2. 设，是平面内两个不共线的向量，则下列向量组中不能作为基底的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，结合共线的向量的判定方法，以及基底的定义，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A，设，可得，此时方程组无解， 所以与不共线，所以与能作为基底，所以A不符合题意； 对于B，设，显然不存在实数使得成立， 所以与不共线，所以与能作为基底，所以B不符合题意； 对于C，设，可得，此时方程组无解， 所以与不共线，所以与能作为基底，所以C不符合题意； 对于D，，可得，解得，即， 所以与共线，所以与不能作为基底，所以D符合题意. 3. 正方形绕对角线旋转一周所得到的几何体（ ） A. 由两个圆锥构成 B. 由一个圆锥和一个圆台构成 C. 由圆台组成 D. 由两个棱柱构成 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，利用正方形的性质，以及旋转体的定义，即可求解. 【详解】如图所示，在正方形中，设对角线与交于点， 根据正方形的性质，可得，且， 即对角线将正方形分为两个全等的等腰直角三角形和， 根据旋转体的定义，将正方形绕旋转一周时： 1. 线段绕旋转形成以为顶点，为底面圆心，为底面半径的圆锥侧面； 2. 线段绕旋转形成以为顶点，为底面圆心，为底面半径的圆锥侧面； 3. 线段和旋转后形成的侧面与上述侧面重合， 综上可得，正方形绕对角线旋转一周所得到的几何体由两个圆锥构成. 4. 设，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】， ， ，， ， ， ． 5. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，，，则（ ） A. B. C. D. 或 【答案】D 【解析】 【详解】在中，由正弦定理 因，由，可得， 所以或. 6. 已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，的角平分线交于D，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式列出方程求解. 【详解】在中，由的角平分线交于D，得， 由，得， 所以. 7. 半径为6的球O中有一内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与圆柱的侧面积之差为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据圆柱侧面积公式及基本不等式求解. 【详解】设圆柱的底面半径为r，高为h，已知球O的半径， 作轴截面，如图， 由勾股定理得： ， 圆柱侧面积 ， 当且仅当时等号成立， 因此圆柱侧面积的最大值为， 球的表面积为， 故两者差值为. 8. 已知非零向量，，若，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件用表示，再根据，求出的取值范围，进而求出的范围，得到答案. 【详解】因为，所以， 又，所以，所以， 因为， 所以，解得， 又 ， 所以，所以. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9. 下列结论正确的是（ ） A. 圆锥的轴截面是等边三角形 B. 长方体是直四棱柱，直四棱柱不一定是长方体 C. 用一个平面去截三棱锥，必得到一个三棱锥和一个三棱台 D. 四棱柱、四棱台、五棱锥都是六面体 【答案】BD 【解析】 【分析】由圆锥的轴截面是等腰三角形，可判断A;由长方体和直四棱柱的定义判断B；由用一个平行于底的平面去截三棱锥，才得到一个三棱锥和一个三棱台，从而判断C；由四棱柱、四棱台、五棱锥和六面体的定义判断D. 【详解】对于A，圆锥的轴截面中有两边都是母线，相等，故轴截面是等腰三角形，但底面直径不一定等于母线，故不一定为等边三角形，故A错误； 对于B，长方体是直四棱柱，直四棱柱的底面不一定是矩形， 所以直四棱柱不一定是长方体，故B正确； 对于C，用一个平行于底的平面去截三棱锥，才得到一个三棱锥和一个三棱台，故C错误； 对于D，四棱柱、四棱台、五棱锥都有六个面，所以都是六面体，故D正确. 10. 若复数，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 在复平面内所对应的点位于第四象限 C. 若复数z满足，则的取值范围是 D. 若复数（），则的最小值是 【答案】ABD 【解析】 【分析】由复数模的求法判断A，写出复数对应的点坐标判断B，根据复数模的方程、表达式对应的几何意义判断C、D. 【详解】由，A对， 由的对应点为，位于第四象限，B对， 令，，则，即点到点的距离为1， 所以在以为圆心，1为半径的圆上， 所以表示圆上点到原点的距离，则，C错， 由（），则表示点到点和点的距离之和， 若关于轴的对称点为，又点在轴上， 所以的最短距离为，D对. 11. 已知的内角满足，且（为的面积），记分别为所对的边，则下列结论正确的是（ ） A. 不可能为直角三角形 B. 若，则 C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】由正切函数的定义域分析出，将题干等式利用恒等变换化简得，考虑的情况判断A选项；利用和三角形面积公式可判断其余选项. 【详解】由正切函数的定义域可知，， 由两角和差的余弦公式展开可得， ， ， 而， 等式右边， 等式左边， 于是， 由于，则， 整理可得. A选项，由于， 考虑若，则，且， 于是 ， 即，由于为锐角，则，可得或， 则或，或， 即可以为直角三角形，其中三个角分别为，A选项错误； B选项，时，，解得，B选项正确； C选项，由三角形面积公式，正弦定理（为外接圆半径）， ， 由题知，，解得， 又， 由于，，则，C选项错误； D选项，由三边关系和C选项可知，，则，D选项正确. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知，，且，则__________. 【答案】 【解析】 【详解】因为，则，所以， 所以，. 13. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，若，则__________. 【答案】 【解析】 【详解】由正弦定理可得， 展开可得， 即 ，而为三角形内角， 所以或（舍，因为与题设矛盾）， 所以， 所以 14. 三倍角公式：，，则方程的所有实根的乘积为__________ 【答案】## 【解析】 【分析】根据已知，设且，将方程化为 ，进而求对应，从而得到方程的根，最后应用三角恒等变换求根的乘积. 【详解】由，则，即， 令且，则， 所以，即 ， 所以，，可得，， 或 ，，可得，， 综上，或或，即原方程对应的三个根为， 所以 . 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. 已知复数（），且； （1）求； （2）若的实部大于0，求a的取值范围. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由复数的除法运算可得，进而可得，代入计算即可； （2）求得，由计算即可. 【小问1详解】 因为， 所以，， 所以 【小问2详解】 因为， 由题意可得，解得， 所以a的取值范围为. 16. 如图，在正四棱锥中，，，M为的中点. （1）求正四棱锥的表面积； （2）求三棱锥的体积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正四棱锥的性质可求得四个侧面三角形和底面的面积，进而可求表面积； （2）求出正四棱锥的高，利用三棱锥的体积与三棱锥的体积的关系可求解. 【小问1详解】 由四棱锥是正四棱锥知， 四棱锥的侧面是全等的等腰三角形，底面是正方形， 因为，，所以， ，， 所以表面积为. 【小问2详解】 因为棱锥是正四棱锥，所以点在底面的投影是正方形的中心， 设底面的中心为，连接，则底面， ，，， 因为M为的中点，所以到底面的距离是的一半， 所以三棱锥的体积是三棱锥体积的一半， ，， 所以. 17. 已知，且函数的最小正周期为． （1）求的值，并求函数的单调递增区间； （2）设在上恰有三个零点，求的取值范围． 【答案】（1），的单调递增区间为． （2）的取值范围． 【解析】 【分析】（1）先利用三角恒等变换（二倍角公式、辅助角公式）将化简为的形式，再由周期公式，求得，最后根据正弦函数的单调性，解不等式，得到单调递增区间； （2）先写出，再确定当时，，结合正弦函数的零点分布规律，令该区间内恰好包含三个零点对应的角度，列不等式，解出． 【小问1详解】 ， 因为，所以，所以， 由，得， 所以的单调递增区间为； 【小问2详解】 ， 当时，， 在上恰有三个零点，即在上恰有三个解， 则，解得， 所以的取值范围． 18. 如图，在中，D是的中点，，过O的直线分别与边，相交于点P，Q（含，端点），设（），（）. （1）设，求的值； （2）求的最小值； （3）若是边长为1的等边三角形，求的取值范围. 【答案】（1） （2）3 （3） 【解析】 【分析】（1）根据向量线性运算直接求得和，代入即可求解； （2）根据，，三点共线可求得，利用“1”的代换和基本不等式即可求解； （3）以，为基底可表示出，，平方后相加，整理可得到关于的二次函数，根据（2）的结论有，，，换元，可得出，然后根据对勾函数的单调性可得出，根据二次函数的性质即可求解. 【小问1详解】 因为D是的中点，所以， 又因为，所以， 所以，所以. 【小问2详解】 由（1）知， 因为，，三点共线，所以， 又，， ，当且仅当，即，时等号成立， 的最小值为3. 【小问3详解】 ， ， ，， ， ， ， ， 由（2）知，即， ， 由，得，， 因为，所以，又，所以，即， 所以，又，所以， 令，，则，， 所以， 根据对勾函数的单调性可知，在上单调递减，在上单调递增， 且，，，所以，所以， 因为， 所以根据二次函数的性质可知，当时，取得最小值， 当时，取得最大值， 所以的取值范围为. 19. 布洛卡是法国数学家，当内一点P满足条件时，称点P为的布洛卡点，角为布洛卡角.如图，在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点P为的布洛卡点，其布洛卡角为. （1）当时，且时，求； （2）证明，若，，，求； （3）求证：.（此处A，B，C分别为的三内角） 【答案】（1）． （2）证明见解析，． （3）证明见解析． 【解析】 【分析】（1）先在 ，， 中分别用正弦定理建立线段比与角的关系，再利用 得到 ，由 列出关于 的方程，求出 ． （2）先由余弦定理和面积公式证明所给等式，再由第（1）问同样的正弦定理关系求 ，最后求 . （3）从三个小三角形中的正弦定理出发，推出 ，再结合 得到 ，最后化为所证结论． 【小问1详解】 在 中， 由正弦定理得 因为 ，所以 （1） 同理，在 ， 中分别有 三式相乘，得 （2） 因为 ，所以 ． 设 ，则 ． 由式（1）和式（2）可得 所以 （3） 由 ，得 （4） 由式（3）得 ，所以 （5） 令 ．因为 ，所以 由式（4）和式（5）得 因为 ，所以 ，两边约去 ，得 整理得 解得或 因为 ，所以 舍去． 于是 故 【小问2详解】 先证明 由余弦定理，得 所以 又因为 所以 因此 原等式得证． 当 ，， 时，由余弦定理得 又 由已证结论可得 设 由第（1）问中的正弦定理关系可得 因为 所以 （6） 此时 于是 又由 可得 代入式（6），得 展开并利用 ，得 所以 即 因为 为实数，所以 ，故 所以 从而 【小问3详解】 由第（1）问中的正弦定理关系，有 （7） 设 因为. 代入式（7），得 （8） 下面由 推出两个恒等式． 由 得 两边同除以 ，得 所以 （9） 又由 得 两边同除以 ，得 所以 （10） 由式（8）和式（10），得 展开左边，得 再由式（9），得 整理得 因为 为实数，所以 ，故 即 于是 展开得 由式（9）可知 ，所以 又 所以 因此 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $