精品解析：湖南邵阳市第二中学等校2025-2026学年高一下学期5月期中检测数学试题

2026年5月高一期中检测卷 数学 （本试卷共4页，19题，考试用时120分钟，全卷满分150分） 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号写在试题卷和答题卡上，并将准考证条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上相应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，将答题卡上交. 一、单选题：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. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用集合交集运算即可. 【详解】因为，所以， . 2. 下列关于空间几何体的说法中，正确的个数是（ ） ①正四棱柱都是长方体；②棱台的侧棱长均相等；③一个多面体至少有4个面. A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】利用长方体的定义即可判断①；由非正棱台的侧棱不一定相等可判断②；根据多面体的性质即可判断③. 【详解】对于①正四棱柱是底面为正方形的直四棱柱，长方体是底面为矩形的直四棱柱； 因为正方形是特殊的矩形，所以正四棱柱是特殊的长方体，①说法正确； 对于②棱台是由棱锥用平行于底面的平面截取而来，只有正棱台的侧棱才相等，一般的棱台侧棱长不一定相等，所以这个说法错误； 对于③面数最小的多面体是三棱锥（四面体）它有4个面，所以多面体至少有4个面，这个说法正确. 3. 在中，，，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先利用正弦定理求出角，再结合三角形内角和定理求出角，代入三角形面积公式求解即可. 【详解】由正弦定理得，即，解得， 因为，则，所以， 因此， 所以的面积为. 4. 某物流公司计划租地建造仓库储存货物，经过市场调查了解到下列信息：每月土地占地费（单位：元）与仓库到车站的距离x（单位：km）成反比，每月货物运输费（单位：元）与x（单位：km）成正比.已知在距离车站2km处土地占地费是货物运输费的4倍.若要这家公司的两项费用之和最小，则仓库应建在距离车站（ ） A. 2km B. 3km C. 4km D. 5km 【答案】C 【解析】 【详解】由题意设，仓库到车站的距离x＞0， 当x＝2，，由于，即， 所以两项费用之和为， 当且仅当，即x＝4时等号成立， 即要使这家公司的两项费用之和最小，则应该把仓库建在距离车站4km. 5. 正四棱台的上、下底面的边长分别为，侧棱长为2，则其体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先计算得到上下底面对角线的长度，进而得到四棱台的高，最后利用棱台体积公式计算得到结果. 【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心， 如图，因为该四棱台上下底面边长分别为，侧棱长为2， 则上下底面对角线的长度为2和4， 所以该棱台的高，下底面面积，上底面面积， 所以该棱台的体积. 6. 设函数，若恒成立，且在上存在零点，则的最小值为（ ） A. 6 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据最小正周期公式及条件，可得的表达式，根据x的范围，可得，根据存在零点，可得的范围，即可得答案. 【详解】函数，设函数的最小正周期为T， 由可得，（）， 所以，即， 又函数在上存在零点， 且当时，，所以≥，解得， 综上，的最小值为4. 7. 已知复数z满足，且，则的最小值是（ ） A. 2 B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，先由得到，再由，结合复数的几何意义可得z在复平面内对应的点的运动轨迹，最后由表示点和之间的距离，数形结合可得结果. 【详解】设，， 由题意可知，则， 又，由复数的几何意义知z在复平面内对应的点在半径为3的圆内部（含边界）的坐标轴上运动， 如图所示即在线段，上运动， 设，则，由图象可知， 所以. 8. 如图，正方形的边长为2，分别为边 上的动点，若，则的取值范围（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】法一：如图建系，求得各点坐标和所需向量的坐标，设出P、Q点坐标，根据数量积公式，可得m，n的关系，结合基本不等式，整理计算，即可得答案；法二：设，则∠BCP＝，根据三角函数的定义，可得CQ、CP的长，根据数量积公式，结合余弦函数的图象与性质，分析求解，即可得答案. 【详解】法一： 建立以A为坐标原点，为轴，为轴的平面直角坐标系， 则，设， 所以，则， 又， 则有， 令，，则， 左右同时平方得， 则，整理得， 所以，又，所以， 则，即 ， 解得，或（舍去）， 又，且， 所以，即， 综上所述. 法二：设，则∠BCP＝， ∵正方形ABCD的边长为2，， ∴. ∴， ∵，则， ∴， ∴. 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，有选错的得0分. 9. 若复数，则下列选项正确的有（ ） A. B. 的共轭复数为 C. 为实数 D. 在复平面内对应的点位于第四象限 【答案】CD 【解析】 【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可判断A选项；利用共轭复数的定义可判断B选项；利用复数的运算以及复数的概念可判断C选项；利用复数的乘法以及复数的几何意义可判断D选项. 【详解】由题意， 对于A：，故A错误； 对于B：的共轭复数为，故B错误； 对于C：为实数，故C正确； 对于D：，故复数在复平面内对应的点为，位于第四象限，故D正确. 10. 已知a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C所对的边，，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用诱导公式，两角和的余弦公式化简后，再结合商数关系求解判断A，利用诱导公式与两角和的正切公式变形判断B，确定与的大小关系，结合三角形内角和判断C，由边角关系判断D. 【详解】对于A：由题意，所以，所以， 所以，所以， 所以，故A正确； 对于B：因为，所以，所以， 所以＝，所以，故B正确； 对于C：因为，所以，同号，三角形中最多有一个钝角，因此不可能同时为负， 所以，所以，所以，所以， 由，可得，所以， 所以 ，所以，故C错误； 对于D：由选项C可知，可得，故D正确. 11. 已知函数，则下列说法正确的有（ ） A. B. 有3个实数根 C. 若有8个实数根，则 D. 若有4个实数根，从小到大分别为，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】直接计算，根据自变量范围进行取舍即得判断AB；设，结合图象，将问题转化为方程在上有两个相异实根的问题，利用一元二次方程的根的分布列出不等式组计算即得参数范围判断C；则需要作出函数的图象，利用函数与方程的关系，结合函数的对称性和图象变换，由双勾函数的单调性即可判断D. 【详解】对于A，由题意， ，故A正确； 对于B，当时，由，可得， 解得，因，故得； 当时，由可得，或， 解得或，故有x＝－2±，共四个实数根，故B错误； 对于C，设，则方程 ，即， 由图知，要使原方程有8个实数根，需使有两个相异实根， 且，，设 ， 依题意，需使， 解得，故C正确； 对于D，作出函数的图象，由时，≤5， 且，可知当时，直线与函数有两个交点； 又由时，， 当时，直线与函数均有两个交点，故由有4个实数根可得，， 由图知， ， 则，解得＝4，又由解得， 由解得x＝1，则有，于是， 因函数在单调递减，故， 则，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量满足＝，＝，则在上投影向量的模为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据投影向量计算即可. 【详解】在上的投影向量的模为. 13. 已知斜二测画法下的直观图是面积为的正三角形（如图所示），则顶点对应的点到轴的距离是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据斜二测画法的规则进行计算即可. 【详解】过点C'作轴交轴于点，如下图所示： 设正三角形的边长为，则，解得， 在中，， ， 由正弦定理， 即，可得， 因此，顶点对应的点到轴的距离是. 14. 已知是单位圆的内接三角形，取sinA，sinB，sinC为边长构成新的，若的内角A，B，C满足，求内切圆半径的最大值______. 【答案】 【解析】 【分析】法一：由正弦定理可得，，，设的三边分别为：，，，利用余弦定理可得，令，其中，利用三角形的面积与内切圆半径的关系可得，求解即可.法二：与法一类似可得，利用基本不等式可得，利用三角形的面积与内切圆半径的关系可得，求解即可. 【详解】法一：应用正弦定理， 所以，，， 设的三边分别为：，，， 则，，， 所以与相似，且相似比为. 由，得， 即，所以，又，则. 所以， 所以的面积：， 的半周长：，由于， 令，其中， 化简得： ， ， 代入内切圆半径的表达式：， 因为，所以. 当（即，此时，为等边三角形）时，取得最大值. 法二：应用正弦定理， 所以，，， 设的三边分别为：，，， 则，，， 又由，得， 即，所以， 所以，又，则. 所以，所以， 所以， ∴，∴ ，∴， 当且仅当时取等号，又，∴， ∴内切圆半径， ∴当时，取到最大值为. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答过程应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知函数 （1）求的单调递增区间； （2）将的图象向右平移个单位后得到函数，，求，的值域. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）令 ，解不等式求解即可； （2）根据图象的平移可得，化简可得，利用整体法即可求解在上的值域. 【小问1详解】 ∵，由 ， 得 . ∴的单调递增区间为 【小问2详解】 的图象向右平移个单位，得 因为，所以，所以， ∴函数的值域为 16. 在△ABC中，已知.设，若，且＝0. （1）求的值； （2）设不同于点A的点E满足，且，求实数的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用基底向量法结合数量积的运算律，或建立坐标系，或利用余弦定理解三角形可得； （2）对应（1）的三种方法，结合向量垂直的表示方法，可求得实数的值，特别注意，点E不同于点A，所以. 【小问1详解】 解法一：基底向量法 因为，所以D分所成比为2：1（靠近C）. 所以. ， 又 ，且， 所以，. 解法二：坐标法. 由，得，即. 以A为原点建如图所示平面直角坐标系，则，. ∵，设，则， ∴. ∴ 解法三：平面几何＋解三角形法. 由，得，即. ∵ ，∴， ∴，. ∴， ∴. 【小问2详解】 由， 得，， 所以 解得或. 当时，点E与A重合，舍去， 当时，点E在的延长线上，亦满足垂直条件. 综上，. 方法二：坐标法 设，则，， ∵，∴. ∴， ∴ ， ∴ ， 解得或. 当时，点E与A重合，舍去， 当时，点E在的延长线上，亦满足垂直条件. 综上，. 方法三： 由（1）知，. ∴， ∴. 又， ∴E在以为直径的圆上. 不妨设圆心为P，∵， ∴，∴ . 17. 已知定义在上的函数不恒为0，且. （1）求的值，并判断的奇偶性. （2）对于定义在上的偶函数，满足，若函数的图象上不存在两点P，Q使得PQ//x轴，求a的取值范围. 【答案】（1），奇函数 （2） 【解析】 【分析】（1）令得，再令得即可判断； （2）先求出、的解析式，令，结合飘带函数、对勾函数的性质，通过单调性判断. 【小问1详解】 由， 令，有，得， 令，则， 因为不恒为0，定义域为，所以， 则在上为奇函数. 【小问2详解】 因为，所以， 所以 ， 因为函数 图象上不存在两点P，Q，使得PQ轴. 所以函数 在定义域上严格单调， 下面讨论单调性：令，则t在上是增函数，且t＞0. 令 ， ①当 ，即或时， 若， 在上单调递减， 则在上单调递减，符合； 若， 在上单调递增， 则在上单调递增，符合； ②若时， 由对勾函数的性质可知，在上单调递减，在上单调递增， 不符合题意； 综上：a的取值范围为 18. 如图，设△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，AD为BC边上的中线，已知c＋b＝5，，且. （1）求b边的长度； （2）求△ABC的面积； （3）设点G为△ABC的重心，过点G的直线与边AB，AC分别交于点E，F（都不与端点重合），当△AEF的面积最小时，求的值. 【答案】（1）4 （2） （3）1 【解析】 【分析】（1）由正弦定理化角为边，再由余弦定理求得，然后由已知条件求解； （2）利用平方后转化为数量积运算求得，再转化为正弦，然后由三角形面积公式计算； （3）设，，用两种方法表示出（为基底），由向量基本定理得出关系，从而把用表示，由已知确定出范围，然后由三角形面积公式求得三角形面积，结合基本不等式得最小值，确定的值，然后根据数量积的定义求解. 【小问1详解】 ∵. 由正弦定理：， 由余弦定理：， ∵，∴. 【小问2详解】 由（1）得， ∵D为中点，∴，设 ， ∴， 解得，易得，∴的面积为. 【小问3详解】 设，， ∵E，F，G共线，∴可设，则， 又， 由平面向量基本定理得，∴， 由与， 则 ∴当且仅当，即时取等，此时，， ∴，即与方向相同. ∴ . 19. 指数级增长又称为爆炸式增长，其中一条结论是：当时，指数函数在区间的平均变化率随的增大而增大.已知实数、，满足. （1）比较和的大小； （2）当时， （i）证明：； （ii）判断的符号. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）由题意得出，分、两种情况讨论，结合对数函数的单调性得出，即可得出和的大小； （2）（i）由已知可得， 方法一：讨论与的大小，结合对数函数的单调性分析即可； 方法二：设 ，则 ，分析可知函数在上为增函数，再构造函数，分析该函数的单调性，结合零点存在定理可知在存在唯一的零点，可得出 ，即可得出，即可证得结论成立； 方法三：等式两边除以可得，即，构造 ，分析函数在上的单调性，可得出，由（1）可知、，进而得出； （ii）由题意得出，只需比较与、的大小，构造函数，则，利用零点存在定理可得出，再由指数函数在区间上的平均变化率，随的增大而增大，可得出，化简得出关于的不等式，解得，即可得出结论. 【小问1详解】 由题意得：，，则，所以， 当时，则在定义域内单调递减，解得，所以； 当时，则在定义域内单调递增，解得，所以. 综上所述，，即，即. 【小问2详解】 （i）当时，则， （方法一）①假设，则，即， 由，且，所以，则， 所以，与已知矛盾，故假设不成立； ②假设，则，即， 由，且＞0，所以，则， 所以，与已知矛盾，假设不成立； ③当，则，可得，符合题意； 由①②③可得：. （方法二）设 ，则是的零点， 对、，且，因为在单调递增， 则，，， 可得，，即， 故在单调递增，所以函数有唯一的零点， 设，对、，且， 因为都在单调递增，则，， 可得，即，故在单调递增， 且 ， ， 故函数零点存在性定理知在存在唯一的零点， 则满足，即，可得，即， 故 ，即， 所以的零点即为的零点，所以 ，即. （方法三）等式两边除以可得， 变形得：， 构造 ，对、，且， 因为、都在单调递增，则，， 可得，即， 故 在上单调递增，且， 由（1）可知：当时，则，所以，，所以. （ii）， 由（1）可知，故只需比较与、的大小， 设，对、，且， 因为、都在单调递增，则，， 可得，即，故在单调递增， 因为，且 ，即，所以 ， 由（i）得 ，则，故； 由指数函数在区间上的平均变化率，随的增大而增大， 所以指数函数在区间上的平均变化率小于在区间上的平均变化率， 即，化简得，所以， 解得或（舍去）， . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年5月高一期中检测卷 数学 （本试卷共4页，19题，考试用时120分钟，全卷满分150分） 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号写在试题卷和答题卡上，并将准考证条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上相应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，将答题卡上交. 一、单选题：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. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列关于空间几何体的说法中，正确的个数是（ ） ①正四棱柱都是长方体；②棱台的侧棱长均相等；③一个多面体至少有4个面. A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 3. 在中，，，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 4. 某物流公司计划租地建造仓库储存货物，经过市场调查了解到下列信息：每月土地占地费（单位：元）与仓库到车站的距离x（单位：km）成反比，每月货物运输费（单位：元）与x（单位：km）成正比.已知在距离车站2km处土地占地费是货物运输费的4倍.若要这家公司的两项费用之和最小，则仓库应建在距离车站（ ） A. 2km B. 3km C. 4km D. 5km 5. 正四棱台的上、下底面的边长分别为，侧棱长为2，则其体积为（ ） A. B. C. D. 6. 设函数，若恒成立，且在上存在零点，则的最小值为（ ） A. 6 B. 4 C. 3 D. 2 7. 已知复数z满足，且，则的最小值是（ ） A. 2 B. 3 C. D. 8. 如图，正方形的边长为2，分别为边 上的动点，若，则的取值范围（ ） 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，有选错的得0分. 9. 若复数，则下列选项正确的有（ ） A. B. 的共轭复数为 C. 为实数 D. 在复平面内对应的点位于第四象限 10. 已知a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C所对的边，，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数，则下列说法正确的有（ ） A. B. 有3个实数根 C. 若有8个实数根，则 D. 若有4个实数根，从小到大分别为，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量满足＝，＝，则在上投影向量的模为______. 13. 已知斜二测画法下的直观图是面积为的正三角形（如图所示），则顶点对应的点到轴的距离是______. 14. 已知是单位圆的内接三角形，取sinA，sinB，sinC为边长构成新的，若的内角A，B，C满足，求内切圆半径的最大值______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答过程应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知函数 （1）求的单调递增区间； （2）将的图象向右平移个单位后得到函数，，求，的值域. 16. 在△ABC中，已知.设，若，且＝0. （1）求的值； （2）设不同于点A的点E满足，且，求实数的值. 17. 已知定义在上的函数不恒为0，且. （1）求的值，并判断的奇偶性. （2）对于定义在上的偶函数，满足，若函数的图象上不存在两点P，Q使得PQ//x轴，求a的取值范围. 18. 如图，设△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，AD为BC边上的中线，已知c＋b＝5，，且. （1）求b边的长度； （2）求△ABC的面积； （3）设点G为△ABC的重心，过点G的直线与边AB，AC分别交于点E，F（都不与端点重合），当△AEF的面积最小时，求的值. 19. 指数级增长又称为爆炸式增长，其中一条结论是：当时，指数函数在区间的平均变化率随的增大而增大.已知实数、，满足. （1）比较和的大小； （2）当时， （i）证明：； （ii）判断的符号. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $