精品解析：湖南邵东市第四中学2025-2026学年高一下学期5月期中考试数学试题

2026年上学期邵东四中高一期中考试卷（数学） 一、选择题：（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知是复数的共轭复数，（为虚数单位），则的虚部是（ ） A. 1 B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法计算，再利用共轭复数以及复数的定义即可. 【详解】，则，则，故的虚部是. 故选：A 2. 如图，是利用斜二测画法画出的（为直角）的直观图，的面积为，图中，过点作轴于点，则的长为（   ）    A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为的面积为，所以的面积为， 因为，所以，得 3. 已知非零向量满足，，则（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先通过向量垂直的条件得出与的关系，再计算，最后开方得到的值. 【详解】已知，根据向量模长公式可得：， 因此， 因为，根据向量垂直的性质有：，即， 所以， 将和代入得：， 由，所以. 故选：A. 4. 在中，若的面积，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由面积公式求出，再由余弦定理求出，代入求解. 【详解】由，得， 又由余弦定理， 所以， 所以， 故选：D. 5. 在正四棱台中，，则该棱台的体积为（       ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合图形，依次求得，从而利用棱台的体积公式即可得解. 【详解】如图，过作，垂足为，易知为四棱台的高，    因为，则， 则， 故，则， 所以该棱台的体积为. 故选：C. 6. 已知非零向量与满足，且，点是的边AB上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意条件可知，，取的中点，连接，则⊥，，，，由极化恒等式得到，进而求出的最小值，得到答案. 【详解】因为分别表示与方向上的单位向量， 所以表示的平分线上的共线向量， 又，即与垂直， 由三线合一可知，， 如图，取的中点，连接，则⊥， 又，其中， 所以，，故， 由于，，两式平方相减可得 ， 当⊥时，取得最小值， 其中由勾股定理得， 故， 故的最小值为. 故选：D 7. 在中，，，与交于点，且，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意结合三点共线的判定定理和结论分析可得和，运算求解即可. 【详解】因为，则为的中点，可得， 注意到三点共线，可得， 又因为三点共线，则∥， 则存在实数，使得，即， 则，可得， 综上所述：，解得，可得. 故选：B. 8. 在棱长为1的正方体A1B1C1D1－ABCD中，M为底面ABCD的中心，Q是棱A1D1上一点，且，∈[0，1]，N为线段AQ的中点，给出下列命题： ①CN与QM共面； ②三棱锥A－DMN的体积跟的取值无关； ③当时，AM⊥QM； ④当时，过A，Q，M三点的平面截正方体所得截面的周长为． 其中正确的是（ ） A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ②③④ 【答案】B 【解析】 【分析】对于①可得，可判断；对于②N到平面ABCD的距离为定值，且的面积为定值可判断；③分别求出的长，验证是否满足勾股定理，从而判断;对于④先将过A，Q，M的截面分析做出，再求周长可判断. 【详解】解：在中，因为M，N为AC，AQ的中点， 所以，所以CN与QM共面，所以①正确； 由， 因为N到平面ABCD的距离为定值，且的面积为定值， 所以三棱锥的体积跟的取值无关，所以②正确； 当时，,可得，， 取的中点分别为，连接,则 在直角三角形中, 则，所以不成立，所以③不正确． 当时，取,连接,则,又所以 所以共面,即过A，Q，M三点的正方体的截面为ACHQ， 由,则ACHQ是等腰梯形,且 所以平面截正方体所得截面的周长为，所以④正确； 所以正确的命题是①②④， 故选：B． 二、选择题：（本题共3小题，每小题6分，共18分．）． 9. 已知向量，，下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，的夹角为钝角，则x的取值范围为 D. 设在方向上的投影向量为，则的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，根据平面向量垂直的坐标表示求解判断即可；对于B，根据平面向量共线的坐标表示求解判断即可；对于C，由的夹角为钝角可得，且不共线，进而求解判断即可；对于D，可得，换元，利用判别式法求解判断即可. 【详解】因为向量，， 对于选项A：若，则，解得，故A正确； 对于选项B：若，则，即，故B正确； 对于选项C：由的夹角为钝角，则，且不共线， 可得且，所以x的取值范围为，故C错误； 对于选项D：因为，， 则，可得， 令，则， 当，即时，可得，符合题意； 当，即时，则，解得且， 综上所述：，即的取值范围为，故D正确. 故选：ABD. 10. 如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】设，则.根据棱锥的体积公式分别计算出，将题中多面体补成正方体，可求得，然后依次判断各选项即可. 【详解】因为平面，，所以平面. 设，则. 所以，. 把多面体补成如图正方体： 则. ，. 所以. 所以，，，. 故选：CD. 11. 已知不是直角三角形，内角所对边分别为，则（ ） A. B. 的最大值为 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，利用三角恒等变换得到，再由正弦定理和余弦定理得到，A错误；B选项，结合得到，由基本不等式求出最值，结合余弦函数单调性得到；C选项，利用同角三角函数关系及可变形得到；D选项，根据和正弦定理，同角三角函数关系得，并计算出，其中，故，D正确. 【详解】A选项，， 即， ， ， ，化简得， 由正弦定理得，由余弦定理得， 所以，，A错误； B选项，，又在上单调递减， 所以，的最大值为，B正确； C选项，， 因为，所以，代入上式可得 ，C正确； D选项，，由正弦定理得， 即，即， 其中， 而， 所以 ， 不是直角三角形，故，故，D正确. 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知一个物体在三个力的作用下，处于静止状态，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】依题意可得，再根据向量线性运算的坐标表示计算可得. 【详解】依题意，所以. 故答案为： 13. 已知方程的两虚根为、，若，则实数的值为_____ 【答案】 【解析】 【分析】由求根公式得，解方程即可求解. 【详解】因为方程的两虚根为、，则, 若， 则， 解得，适合题意， 故答案为：. 14. 已知分别为三个内角的对边，且，的面积为，为的中点，则的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用正弦定理将已知等式转化为角的关系，结合三角形内角和化简可解得角，由面积公式得到，根据中线向量公式结合基本不等式可得的最小值. 【详解】因为， 由正弦定理，得， 因为，所以， 则， 所以， 即，又因为，所以， 即，因为，所以，则，所以； 因为的面积为，所以，即，所以； 因为M为的中点，所以， 所以， 所以，当且仅当时取等号，所以的最小值为. 四、解答题：（本题共5小题，共77分）． 15. 如左图所示，在中，，，. （1）将绕直线旋转一周得到的旋转体，求该旋转体的表面积； （2）如右图所示，在三角形内挖去半圆（圆心在边上，半圆与相交于，与相切于点），图中阴影部分绕直线旋转半周得到的旋转体，求该旋转体的体积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先算出直角的各个边长，再用公式求旋转体圆锥的表面积即可； （2）几何体是图中阴影部分绕直线 旋转半周所得旋转体，是一个圆锥内挖去一个球后剩余部分，求出圆锥的体积减去球的体积，最后除以2可得几何体的体积． 【小问1详解】 由题知：在中，，，. 可得：，. 该几何体是绕直线旋转一周所得旋转体, 是一个以为底面半径，为高的圆锥， 设圆锥的侧面积为：，底面积为：. 旋转体的表面积为+ 【小问2详解】 该几何体是图中阴影部分绕直线旋转一周所得旋转体， 是一个圆锥内挖去一个球后剩余部分，球是圆锥的内接球， 由图知，则， 所以圆锥的底面半径，高为， 球的半径为，， 所以圆锥的体积：， 球的体积：， 阴影部分绕直线旋转一周所得旋转体的体积为：. 故阴影部分绕直线旋转半周得到的旋转体的体积为：. 16. 已知复数（），且为纯虚数（是的共轭复数）. （1）设复数，求； （2）复数在复平面内对应的点在第一象限，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）化简得到，根据纯虚数得到方程和不等式，求出，利用除法法则得到，求出模长； （2）化简得到，根据所在象限，得到不等式，求出实数的取值范围. 【小问1详解】 ， ∵是纯虚数，，解得， ，则； 【小问2详解】 ， 复数， ∵在复平面对应的点在第一象限，， 解得， 实数的取值范围是. 17. 如图，在平行四边形中，点为中点，点在线段上，满足设. （1）用向量表示向量； （2）若，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用平面向量基本定理结合题设条件化简计算即可； （2）先用向量表示出，再利用向量数量积的运算律求其模长即可. 【小问1详解】 因点为中点，点在线段上，满足 ，， 故； 【小问2详解】 由题意，则， ， 所以 ， 所以. 18. 已知的内角的对边分别为，且. （1）求； （2）若，，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由正弦定理和两角和的正弦公式，化简得到，求得，即，即可求解； （2）根据题意，由正弦定理和正弦的倍角公式，化简求得，得到，求得，再由正弦定理，分别求得和，即可求得的周长. 【小问1详解】 解：因为，由正弦定理得， 又因为，可得， 所以，可得， 因为，可得，所以，即， 又因为，所以. 【小问2详解】 解：因为，由正弦定理得， 又因为，可得，所以，可得， 因为，可得，所以，所以， 又因为， 可得， 又由正弦定理， 可得，， 所以的周长为. 19. 在锐角中，内角所对的边分别为，且满足． （1）求角； （2）求的取值范围； （3）当时，角的平分线交于，求长度的最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由正弦定理化简得到，再利用余弦定理，求得，进而求得的大小； （2）由正弦定理，可得，根据为锐角三角形，求得，利用三角函数的性质，即可求解； （3）设长度为，由，求得，得到，再由余弦定理，化简得到， 设，进而求得长度的最大值. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理，可得，整理得， 又由余弦定理，可得， 又因为，所以. 【小问2详解】 由正弦定理，可得 ， 因为为锐角三角形，且，可得， 则，可得，则， 所以，即， 所以的取值范围. 【小问3详解】 设长度为， 由，可得， 因为，可得， 所以，可得， 又由余弦定理得，所以， 则， 设 ， 由，可得， 所以长度的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年上学期邵东四中高一期中考试卷（数学） 一、选择题：（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知是复数的共轭复数，（为虚数单位），则的虚部是（ ） A. 1 B. C. 1 D. 2. 如图，是利用斜二测画法画出的（为直角）的直观图，的面积为，图中，过点作轴于点，则的长为（   ）    A. 1 B. C. D. 3. 已知非零向量满足，，则（    ） A. B. C. D. 4. 在中，若的面积，则（ ） A. B. C. D. 5. 在正四棱台中，，则该棱台的体积为（       ） A. B. C. D. 6. 已知非零向量与满足，且，点是的边AB上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，，，与交于点，且，则（ ） A. B. C. D. 1 8. 在棱长为1的正方体A1B1C1D1－ABCD中，M为底面ABCD的中心，Q是棱A1D1上一点，且，∈[0，1]，N为线段AQ的中点，给出下列命题： ①CN与QM共面； ②三棱锥A－DMN的体积跟的取值无关； ③当时，AM⊥QM； ④当时，过A，Q，M三点的平面截正方体所得截面的周长为． 其中正确的是（ ） A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ②③④ 二、选择题：（本题共3小题，每小题6分，共18分．）． 9. 已知向量，，下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，的夹角为钝角，则x的取值范围为 D. 设在方向上的投影向量为，则的取值范围为 10. 如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知不是直角三角形，内角所对边分别为，则（ ） A. B. 的最大值为 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知一个物体在三个力的作用下，处于静止状态，则_____. 13. 已知方程的两虚根为、，若，则实数的值为_____ 14. 已知分别为三个内角的对边，且，的面积为，为的中点，则的最小值为______. 四、解答题：（本题共5小题，共77分）． 15. 如左图所示，在中，，，. （1）将绕直线旋转一周得到的旋转体，求该旋转体的表面积； （2）如右图所示，在三角形内挖去半圆（圆心在边上，半圆与相交于，与相切于点），图中阴影部分绕直线旋转半周得到的旋转体，求该旋转体的体积. 16. 已知复数（），且为纯虚数（是的共轭复数）. （1）设复数，求； （2）复数在复平面内对应的点在第一象限，求实数的取值范围. 17. 如图，在平行四边形中，点为中点，点在线段上，满足设. （1）用向量表示向量； （2）若，求. 18. 已知的内角的对边分别为，且. （1）求； （2）若，，求的周长. 19. 在锐角中，内角所对的边分别为，且满足． （1）求角； （2）求的取值范围； （3）当时，角的平分线交于，求长度的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $