江苏省如东高级中学2025-2026学年第二学期期末调研考试高一数学试题

2025~2026学年度第二学期高一期末调研考试 数学 2026.6 本卷满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的学校、班级、姓名、考号、座号填涂在相应位置． 2．选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，绘图时，可用铅笔作答，字体工整、笔迹清楚． 3．请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效．保持卡面清洁、不折叠、不破损． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．已知是复数，定义复数的一种运算“”：．当时，（ ） A． B． C． D． 2．在中，下列命题正确的个数是（ ） ①； ②； ③点为的内心，且，则为等腰三角形； ④，则为锐角三角形． A．1 B．2 C．3 D．4 3．如图，直线，点是之间的一个定点，点到的距离分别为和，点是直线上一个动点，过点作，点在线段上运动（包括端点）且，若的面积为，则的最小值为（ ） A．3 B． C． D． 4．已知复数，函数图象的一个对称中心可以是（ ） A． B． C． D． 5．已知在中，角所对的边分别为，且，点为其外接圆的圆心．已知，则当角取到最大值时的面积为（ ） A． B． C． D． 6．如图，在棱长为6正方体中，点为棱的中点，点为棱的中点，点为棱上靠近点的三等分点，则经过三点的平面截该正方体所得截面的形状和与侧面的交线长度分别为（ ） A．五边形， B．六边形， C．五边形， 7．设函数与函数的图象在内交点的横坐标依次是，且，则实数（ ） A． B． C． D． 8．已知在中，，，，，，若，则（ ） A． B． C． D． 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9．如图，正方体中，分别为棱和的中点，则下列说法正确的是（ ） A．平面 B．平面 C．异面直线与所成角为 D．平面截正方体所得截面为等腰梯形 10．声音也包含着正弦函数．我们平时听到的声音不只是一个音在响，而是许多个音的结合，称为复合音．复合音的产生是因为发声体在全段振动，产生频率为的基音的同时，其各部分，如二分之一、三分之一、四分之一部分也在振动，产生的频率恰好是全段振动频率的倍数，如等，这些音叫谐音，因为其振幅较小，我们一般不易听出来．例如，某一个复合音的函数为，关于，下列说法正确的是（ ） A．是函数的一个周期 B．关于点中心对称 C．在区间上为增函数 D．函数的值域为 11．在斜三角形中，角的对边分别为．若，则（ ） A．为锐角三角形 B．若，则 C．的最小值为 D． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．如图，在直三棱柱中，，则点到平面的距离为___________，若三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为___________． 13．已知函数，若使关于的不等式成立，则实数的范围为___________． 14．我国古代数学家赵爽在为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”（如图（l）），亦称“赵爽弦图”，类比“赵爽弦图”，可构造如图（2）所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，已知与的面积之比为7：1，设，则___________． 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．已知的内角的对边分别为，向量，，． （1）求； （2）若，求的面积的最大值． 16．如图，三棱柱中，为正三角形，为的中点，． （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 17．如图，在三棱锥中，平面． （1）求三棱锥的体积； （2）求证：平面平面； （3）设点在棱上，，求二面角的正弦值． 18．（1）设，在复平面内对应的点为，那么求满足条件：的点的集合的图形面积； （2）已知复数，且，求的范围． 19．的内角的对边分别为．设． （1）求； （2）若，求． 2025~2026学年度第二学期高一期末调研考试 高一数学参考答案与解析 1．【答案】B 【解析】【分析】 本题新定义了复数的一种运算，考查了复数的模，复数的四则运算，考查了理解能力，属于中档题．首先求出复数，判断大小，进而确定的运算，根据运算法则即可得解． 【解答】 解：由，得， ， ． 故选B． 2．【答案】B 【解析】【分析】 本题考查命题真假的判断，考查三角形中向量加法减法运算等基础知识，考查运算求解能力，是拔高题． 利用向量加法减法运算公式、三角形类别判断知识依次判断即可求解． 【解答】解：由，得： 在①中，，故①错误； 在②中，，故②正确； 在③中，点为的内心， 且， 即， 即， 因为表示边上的中线方向向量，设为中点，则 故，故， 则，为等腰三角形，故③正确； 在④中，，则是锐角，但是不能保证另外两个角均为锐角，即不一定为锐角三角形，故④错误． 共计2个正确， 故选：B． 3．【答案】B 【解析】【分析】 本题考查三角形面积公式，二倍角公式，向量的坐标运算，属于较难题． 过点作的垂线，交分别于点，根据三角形的面积为，先求出，进而求出，再建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算，结合二次函数即可求解． 【解答】 解：过点作的垂线，交分别于点， 则， 设，则， 所以， 所以三角形的面积为：， 解得，又，所以， 所以， 以为原点，所在直线为轴，垂直所在直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系： 可知，因为， 不妨设， 所以， 所以， 又，所以当时，取得最小值为：． 故选：B． 4．【答案】D 【解析】【分析】 本题考查了复数的四则运算以及正切函数的图象和性质，是一般题． 利用复数的乘除运算求出的值，得到的解析式，根据正切函数的对称性求解． 【解答】 解：以复数 ． 故函数． 令得． 故函数的对称中心为． 当时，， 故函数的对称中心可以为， 故选D． 5．【答案】A 【解析】【分析】 本题考查向量的数量积和解三角形的相关知识，属于较难的题目． 利用外心的性质，可转化为，再由余弦定理及均值不等式求出的最小值，即可得解． 【解答】 解：点为其外接圆的圆心，分别是的中垂线，如图， ，即． 由， 当，即时取等号，此时角取到最大值， 此时，即为直角三角形， 所以当角取到最大值时，的面积为． 故选：A． 6．【答案】B 【解析】解：设中点为，连接 是中点，平面， 连接，并延长交的延长线于，又是中点，所以 则，过点作，且交的延长线于，与的延长线交于， 故，则，所以， 连接交于，所以，即， 其中，故，又，则， ， 所以截面与侧面的交线为， 延长交的延长线于，连接交于，并延长交的延长线于， 连接交于，所以截面为六边形． 故选：B． 7．【答案】C 【解析】解：由题意可知， 所以， 又， 所以，则， 所以 因为，解得． 故选：C． 8．【答案】C 【解析】解：因为，所以， 又因为， 所以， 所以 已知， 根据余弦定理， 可得：， 所以， 又， 所以 解得． 故选：C． 9．【答案】BCD 【解析】【分析】本题考查线面平行的判定，异面直线的夹角，线面垂直的判定，属于拔高题．根据题意，逐项求解即可． 【解答】 解：在正方体中，分别为棱和棱的中点，如图所示： 对于选项B分别为棱和棱的中点， 所以，由于平面平面， 所以平面，故选项正确； 对于选项A：因为，所以四点共面， 易知正方体中， 平面， 所以平面， 又平面平面， 所以平面不正确，故选项A错误， 对于选项C：易知正方体中， 平面， 所以平面， 又平面， 所以， 由选项的证明过程知， 所以， 故异面直线与所成角为C正确； 对于选项D：由的证明过程可知平面截正方体所得截面为四边形，且， 设正方体棱长为1，则， 故， 则四边形为等腰梯形，故D正确． 故选BCD． 10．【答案】ABD 【解析】解：因为，故A正确； 因为， 所以关于点中心对称，故B正确； 因为，故C错误； 则， 易得，故D正确， 故选：ABD． 11．【答案】BCD 【解析】解：对于A，由可得， 则或，即或， 因为三角形为斜三角形，若，则， 不符合斜三角形，所以，即为钝角，为钝角三角形，故A错误； 对于B，由正弦定理可得，则， 所以，故B正确； 对于C，由可得， 且，则， 则 ， 当且仅当时，即时，等号成立，故C正确； 对于D，由可知， 则， 令， 由可得，则， 所以，故， 且， 所以， 当时，取得最大值， 当或-1时，最小值为1， 所以，故D正确； 故选：BCD 12．【答案】 【解析】【分析】 本题主要考查的是三棱柱的结构特征，球的表面积公式，点到平面的距离，棱锥的体积，属于中档题．利用等体积法，结合题干中数据可求解点到平面的距离；将直三棱柱补全为以为三相邻棱的长方体，可知长方体的外接球即为直三棱柱的外接球，即为三棱锥的外接球，进而求解即可． 【解答】 解：由题意可知与的交点为线段的中点，所以点和点到平面的距离相等， 由题意，点到平面的距离可以看作三棱锥的高，不妨记为， 由于直三棱柱，故平面， 故， 由题意可知，则， 所以， 故，解得， 将直三棱柱补全为以为三相邻棱的长方体，可知长方体的外接球即为直三棱柱的外接球，即为三棱锥的外接球， 故外接球的半径，球的表面积， 故答案为：． 13．【答案】 【解析】解：令， 则， 而， 所以是奇函数，而在上单调递增，在上单调递增， 所以是在上的单调递增函数且为奇函数， 而可变形成 即， 由是在上的单调递增函数，则使关于的不等式 成立， 即， 设，则， 令，则的最大值为-2， 所以即． 综上所述：实数的范围为． 故答案为：． 14．【答案】 【解析】【分析】 本题考查向量线性运算的坐标表示，利用余弦定理解三角形，属于较难题． 依据题意设出边长，建立平面直角坐标系，同时在中利用余弦定理结合等面积法和勾股定理求出点的坐标，后依据平面向量的坐标运算建立方程，求解参数，最后求和即可． 【解答】 解：设边长为，边长为， 由题意得与的面积之比为， 故， 化简得，可得， 不妨设， 如图，作，以为原点建立平面直角坐标系， 在中，设，因为， 由余弦定理得， 即， 解得， 故， 设，作，垂足为点， 故 故， 解得， 由勾股定理得， 故，易知， 故， 且， 可得， 得到， 解得，故． 故答案为：． 15．【答案】解：（I）， ， 由正弦定理得， ， ， ， ． （Ⅱ）由（I）知，当且仅当时取等号． ， 所以， 即的面积的最大值为． 【解析】本题主要考查了两角和与差的三角函数公式，正弦定理、余弦定理，三角形面积公式，平面向量的应用，考查了化归和转化思想，属于中档题． （I）运用正弦定理、余弦定理化简整理即可求的值； （Ⅱ）由余弦定理及基本不等式可得，再运用即可． 16．【答案】解：（I）证明：连接， 在正中，，为中点，， 又，由勾股定理知， 又，易知， ， 又为中点，，故平面； （2）建立如图空间直角坐标系知， 设平面的法向量为， ， ， 解得， ， 设平面的法向量为， ， 解得， ， 设平面与平面的夹角为，易知为锐角， 即平面与平面夹角的余弦值为． 【解析】本题主要考查了线面垂直，以及二面角，属于中等题． （1）利用已知证得，即可证得平面； （2）建立空间之间坐标系即可求出结果． 17．【答案】解：（1）因为平面，， 所以． （2）证明：因为平面平面，所以； 又因为与相交于点平面，所以平面，因为平面， 所以平面平面． （3）过点作于，取的中点，连接， 因为平面平面， 所以平面平面， 又因为平面平面于平面， 而，所以平面， 所以在平面上的投影为， 而为中点，所以， 所以， 所以就是二面角的平面角． 因为是的中点， 所以是的中点， 而，所以， 所以，即二面角的正弦值为． 18．【答案】解：（1）由复数的几何意义知：满足条件的点的集合的图形为圆环，其中大圆半径为3，小圆半径为2， 故所求面积为． （2）因为，且， 所以， 所以且， 故， 因为， 所以当时，有最小值为-5， 所以范围为． 【解析】本题考查复数的代数表示及其几何意义，复数的加、减法运算及其几何意义，复数相等的概念，属于一般题． （1）利用复数的几何意义，结合圆的面积公式即可得解； （2）利用复数相等得到关于的方程组，从而得到关于的表达式，结合二次函数的性质即可得解． 19．【答案】解：（1）的内角的对边分别为， 又， 则， 由正弦定理得：， ， ， ． （2）， 由正弦定理得， ， 即， 即， 即， ， ， ， 【解析】本题考查了正弦定理、余弦定理的应用，两角的和与差的正弦公式，属于中档题． （1）由正弦定理得：，再由余弦定理求出． （2）由已知及正弦定理可得：，可解得的值，即可得解． 学科网（北京）股份有限公司 $报告查询：登录zhixue.com或扫描二维码下载App (用户名和初始密码均为准考证号) 门4T 高一数学答题卡 考场/座位号： 姓名： 班级： 贴条形码区 可解回 (正面制上，切勿贴出盛线方框 正确填涂 缺考标记 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共计40分.在每小题给出的四个 选项中，只有一项是符合要求的 1[A][B][C][D] 5[A][B][C][D] 2[A][B][C][D] 6[A][B][C][D] 3[A][B][C][D] 7[A][B][C][D 4[A][B][C][D] 8[A][B][C][D] 二、多选题：本题共3小题，每题6分，共计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[A][B][C][D] 10[A][B][C][D] 11[A][B][C][D] 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分 12 13 14. 囚囚■ 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证 明过程或演算步骤. 15.(13分) 囚囚■ ■ 16.(15分) ■ 17.(15分) 1 1 囚■囚 囚■囚 (LI)8I ▣ 19.(17分) ■