精品解析：湖南长沙市铁路第一中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题

长沙市铁路第一中学2025-2026学年高一下学期 期中考试数学试题 本试卷满分 150 分，考试时量120分钟，考试时间：2026年5月13日 注意事项: 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 集合的子集个数为（ ） A. 16 B. 32 C. 64 D. 128 2. 在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知函数，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 4 4. 若，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知非零向量满足，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 将函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再将所得图象向右平移个单位长度，则得到的图象对应的函数解析式为（ ） A. B. C. D. 7. 已知正数a，b满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 若非零向量与满足，且，则三角形ABC为（ ） A. 三边均不相等的三角形 B. 直角三角形 C. 底边和腰不相等的等腰三角形 D. 等边三角形 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 函数的图象（ ） A. 关于原点对称 B. 关于轴对称 C. 在上单调递增 D. 在上单调递减 10. 若平面向量，，其中，则下列说法正确的是（   ） A. 若，则 B. 若在上的投影向量为，则 C. 若，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围为 D. 若，则的最小值为2 11. 如图所示，已知正方体的棱长为分别是，的中点，P是线段上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面截正方体所得的截面可能是五边形 B. 一定是锐角三角形 C. 当点P与A点重合时，平面截正方体所得的截面面积为 D. 的最小值是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设复数满足：，其中i是虚数单位，a是负实数，求________． 13. 已知奇函数的周期为2，且当时，，则_____． 14. 已知圆台甲、乙的上底面半径均为,下底面半径均为，圆台的母线长分别为,，则圆台甲与乙的体积之比为______． 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. 记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知， （1）求B； （2）若的面积为，求c． 16. 已知函数． （1）求函数的最小正周期，并用五点法作出它在一个周期内的大致图象； （2）求函数的最大值、最小值及相应的的值； （3）若，求函数的取值范围． 17. 如图，在等腰三角形中，，、分别为边、上靠近、的四等分点，将沿翻折至，使得平面平面，、分别是、的中点． （1）求直线与平面所成角的正弦值； （2）求证：； （3）求二面角的余弦值． 18. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点O即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知的内角，，所对的边分别为，，，且. （1）求角； （2）若，设点为的费马点，求； （3）设点为的费马点，求的最小值. 19. 如图，正方体的棱长为4，，分别是，上的点，且，. （1）求直线与所成角的余弦值. （2）设是线段上的动点（含端点）. （i）判断三棱锥的体积是否为定值.若是，求出该定值；若不是，求出体积的最小值. （ii）当平面时，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长沙市铁路第一中学2025-2026学年高一下学期 期中考试数学试题 本试卷满分 150 分，考试时量120分钟，考试时间：2026年5月13日 注意事项: 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 集合的子集个数为（ ） A. 16 B. 32 C. 64 D. 128 【答案】B 【解析】 【详解】，故子集的个数为. 2. 在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数除法的分母实数化，先化简复数，再求共轭复数，最后判断复平面内点的象限. 【详解】， 则其共轭复数为，实部，虚部，故对应点位于第四象限. 3. 已知函数，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【详解】 ． 4. 若，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用同角三角函数的商数关系及两角和的正弦公式求出，代入两角差的正弦公式即可得解. 【详解】因为，所以， 又， 所以， 所以. 5. 已知非零向量满足，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由可得：， 整理可得：， 根据数量积定义可得：， 又因为， 所以， 又因为为非零向量，所以， 所以等式约去，整理可得：. 6. 将函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再将所得图象向右平移个单位长度，则得到的图象对应的函数解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）， 得到图象对应的函数解析式为， 再将所得图象向右平移个单位长度， 得到的图象对应的函数解析式为. 7. 已知正数a，b满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】，，， ， 当且仅当，时，等号成立， 的最小值为． 8. 若非零向量与满足，且，则三角形ABC为（ ） A. 三边均不相等的三角形 B. 直角三角形 C. 底边和腰不相等的等腰三角形 D. 等边三角形 【答案】D 【解析】 【分析】由已知可得角的角平分线与垂直，所以是等腰三角形，结合可得角，从而选出正确答案. 【详解】分别是非零向量同向的单位向量， 因为，所以角的角平分线与垂直， 即角的角平分线与边上的高重合，所以，即是等腰三角形. 由，得. 又，所以. 因此，是等边三角形. 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 函数的图象（ ） A. 关于原点对称 B. 关于轴对称 C. 在上单调递增 D. 在上单调递减 【答案】AC 【解析】 【详解】因为函数的定义域为，定义域关于原点对称， 又， 所以， 所以函数为奇函数，图象关于原点对称，故A正确，B错误； 因为函数和函数在上均为增函数， 所以在上单调递增，故C正确，D错误. 10. 若平面向量，，其中，则下列说法正确的是（   ） A. 若，则 B. 若在上的投影向量为，则 C. 若，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围为 D. 若，则的最小值为2 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据平面向量的坐标运算、平行与垂直判定、投影向量、向量夹角条件及基本不等式求最值，逐项分析即可判断． 【详解】选项A：由，得， 解得，故，， 因 ，所以与不平行，故A错误； 选项B：因在上的投影向量为，而 ， 则 ，依题意，， 解得，故，即B正确； 选项C：由，即，又与的夹角为锐角， 则，解得，且， 所以的取值范围为，故C正确； 选项D：由，则， 又 ， 当且仅当，即时取等号，即的最小值为2，故D正确． 11. 如图所示，已知正方体的棱长为分别是，的中点，P是线段上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面截正方体所得的截面可能是五边形 B. 一定是锐角三角形 C. 当点P与A点重合时，平面截正方体所得的截面面积为 D. 的最小值是 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A：截面形状，依据平面与正方体各面的相交情况判断；对于B：三角形是否为锐角三角形，选取特殊位置通过余弦定理判断角的余弦值正负；对于C：截面面积，需确定截面形状并计算；对于D：的最小值，可转化为共平面结合将军饮马计算两点间距离． 【详解】对于A，如图，当点P与A，B两点不重合时，将线段向两端延长， 分别交的延长线于点，连接分别交，于R，S两点， 连接此时截面为五边形，所以A正确； 对于B，考虑，当点P与点A重合时，，，， 此时因为，故为钝角，所以B错误； 对于C，当点P与点A重合时，设的中点为，则， 所以当点与点重合时，平面截正方体所得的截面如图所示,其截面为矩形, 易知，所以其截面面积为，故C错误； 对于D，取的中点H，连接，在的延长线上取使得 ，连接与于P点， 此时， 故D正确. 故选：AD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设复数满足：，其中i是虚数单位，a是负实数，求________． 【答案】1 【解析】 【分析】方法一：利用复数的模的性质及复数的运算性质得，进而得，再计算模即可． 方法二：同方法一得，再根据计算即可; 【详解】解法一：设复数， 则， 所以； 因为， 所以， 整理得：，即， 因为，所以， 所以，即， 所以． 解法二（秒杀技）： 同方法一得：， 所以． 13. 已知奇函数的周期为2，且当时，，则_____． 【答案】 【解析】 【详解】由的周期为2，可得， 由是奇函数，可得， 再由的周期为2，可得， 因为当时，，所以， 即. 14. 已知圆台甲、乙的上底面半径均为,下底面半径均为，圆台的母线长分别为,，则圆台甲与乙的体积之比为______． 【答案】 【解析】 【分析】先根据已知条件和圆台结构特征分别求出两圆台的高，再根据圆台的体积公式直接代入计算即可得解. 【详解】由题可得两个圆台的高分别为， ， 所以. 故答案为：. 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. 记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知， （1）求B； （2）若的面积为，求c． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出，最后结合已知得的值即可； （2）首先求出，然后由正弦定理可将均用含有的式子表示，结合三角形面积公式即可列方程求解. 【小问1详解】 由余弦定理有，对比已知， 可得， 因为，所以， 从而， 又因为，即， 注意到， 所以. 【小问2详解】 由（1）可得，，，从而，， 而， 由正弦定理有， 从而， 由三角形面积公式可知，的面积可表示为 ， 由已知的面积为，可得， 所以. 16. 已知函数． （1）求函数的最小正周期，并用五点法作出它在一个周期内的大致图象； （2）求函数的最大值、最小值及相应的的值； （3）若，求函数的取值范围． 【答案】（1），图象见解析 （2）当时，有最大值，当时，有最小值. （3） 【解析】 【分析】（1）根据三角恒等变换化简，利用周期公式求周期，“五点法”画图象即可； （2）根据正弦型函数的最值求解； （3）利用正弦型函数在所给区间上的值域求解. 【小问1详解】 因为， 所以， 在区间上取，可得下表： 据此可作出函数在上的大致图象如下： 【小问2详解】 当时，即，时， 有最大值， 当时，即，时， 有最小值. 【小问3详解】 当时，， 所以， 所以. 17. 如图，在等腰三角形中，，、分别为边、上靠近、的四等分点，将沿翻折至，使得平面平面，、分别是、的中点． （1）求直线与平面所成角的正弦值； （2）求证：； （3）求二面角的余弦值． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的性质得出平面，可得出直线与平面所成角，求出、的长，即可求解； （2）取的中点，连接、，则，证明出平面，结合线面垂直的性质可证得结论成立； （3）过点在平面内，作垂直于直线，垂足为点，过点在平面内作，垂足为点，连接，由二面角的定义可知二面角的平面角为，计算出三边边长，即可求得的余弦值. 【小问1详解】 连接交于点，连接， 不妨设， 因为、分别为边、上靠近、的四等分点，则， 因为为的中点，且， 因为，所以，即点为的中点， 翻折前，，翻折后，则有，则，即， 因为，为的中点，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以，平面，故直线与平面所成角， 易知，，， 故，即， 所以，故. 【小问2详解】 取的中点，连接、，则， 因为，则， 因为平面，则平面，平面，所以， 因为，、平面，故平面， 因为平面，故. 【小问3详解】 过点在平面内作垂直于直线，垂足为点， 过点在平面内作，垂足为点，连接， 因为平面，平面，所以， 因为，，、平面，所以平面， 因为平面，故， 因为，，、平面，故平面， 因为平面，故，故二面角的平面角为， 因为，为的中点，故， 在平面内，，，则， 所以，故，所以， 故， ， 由勾股定理可得， 故， 由图可知，二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为. 18. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点O即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知的内角，，所对的边分别为，，，且. （1）求角； （2）若，设点为的费马点，求； （3）设点为的费马点，求的最小值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理，可得三边的数量关系，再结合勾股定理的逆定理可得角. （2）根据费马点的概念可分别表示，再利用，结合三角形面积公式，即可求出所需要的结果. （3）结合费马点的概念及勾股定理，可得. 设，，再利用基本不等式，可求的最小值，即为所求. 【小问1详解】 因为， 根据正弦定理可得，所以是以角为直角的直角三角形. 所以. 【小问2详解】 因为为的费马点， 所以， 所以，，. 又， 所以， 所以. 【小问3详解】 因为为的费马点， 所以. 由余弦定理，，，. 又，所以. 设，，. 则，又，当且仅当时取等号. 所以 ， 由，所以. 即的最小值为，当且仅当时取等号. 19. 如图，正方体的棱长为4，，分别是，上的点，且，. （1）求直线与所成角的余弦值. （2）设是线段上的动点（含端点）. （i）判断三棱锥的体积是否为定值.若是，求出该定值；若不是，求出体积的最小值. （ii）当平面时，求的值. 【答案】（1） （2）（i）不是，体积最小值为；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用几何法，结合余弦定理求出异面直线夹角的余弦值. （2）（i）利用反证法证明不平行于平面即可判断，再求出线段上到平面距离最小值即可；（ii）根据给定条件，确定点的位置，再利用等体积法求解. 【小问1详解】 在棱长为4的正方体，过点作交于，连接， 由正方体的对角面是矩形，得，则， 即为直线与所成的角或其补角， 由，，得，，，， 因此， 所以直线与所成角的余弦值为. 【小问2详解】 （i）三棱锥的体积不是定值. 假设三棱锥的体积是定值，则线段上任意每一点到平面的距离都相等， 又平面，于是平面，由（1）知，且平面， 则平面，而平面，则平面平面， 又平面，因此平面，取中点，连接，显然为的中点， 则，又与平面交于点，于是与平面相交，两者矛盾， 即假设不成立，所以三棱锥的体积不是定值， 由图知，线段在平面的同侧，且在线段的所有点中，到平面的距离最小， 则当与重合时，三棱锥的体积最小， 且， 所以三棱锥体积的最小值为 （ii）连接，由正方体的对角面是矩形， 得，且平面，则平面，同理平面， 而平面，因此平面平面， 此时线段平面，满足平面， 设，到平面的距离分别为，，则. 是边长为的等边三角形，则， 由，得，解得， 由，得，解得， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $