精品解析：江西宜春市四所重点中学2025-2026学年高一下学期期中考试联考数学试卷

江西宜春市四所重点中学2025-2026学年高一下学期 期中考试联考数学试卷 一、单选题：每小题5分，共40分． 1. 已知复数，则（ ） A. B. 2 C. D. 5 2. 已知，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 在中，，，则的外接圆半径为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，则（ ） A. 为奇函数 B. 为偶函数 C. 为奇函数 D. 为偶函数 5. 已知，则的值为（ ） A. B. C. 或 D. 或 6. 已知向量，满足，，，则在上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 7. 如图几何体是圆锥的一部分，其中．从点出发沿曲面运动到的最短路线的距离是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在平行四边形中，是对角线的交点，，若，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 二、多选题：每小题6分，共18分；每小题全部选对得6分，部分选对得部分分，有错选得0分． 9. 下列关于棱柱的说法正确的是（ ） A. 所有的棱柱两个底面都平行 B. 所有的棱柱一定有两个面互相平行，其余各面每相邻面的公共边互相平行 C. 有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体一定是棱柱 D. 棱柱至少有五个面 10. 如图，在中，为边上的动点，为边上的动点，线段、相交于点.则下面说法正确的是（ ） A. 若、分别为与中点，则 B. 若点是平面内任意一点，且满足，，则点的轨迹一定过三角形的内心 C. 若，，则 D. 若，，为中点，则的最大值为. 11. 下列结论中，正确的是（ ） A. B. 函数的定义域为 C. 函数的单调增区间是 D. 已知，，且，则的最小值为 三、填空题：每小题5分，共15分． 12. 平面向量与的夹角为，，，则__________. 13. 如图，是水平放置的用斜二测画法画出的直观图，其中，则的周长为________． 14. 若母线长是4的圆锥的轴截面的面积是8，则该圆锥的高是________，底面圆的半径是________. 四、解答题：共77分，第15题13分，第16，17题各15分，第18，19题各17分． 15. （1）已知，，其中，.求角的值. （2）化简：. 16. 已知复数. （1）若为纯虚数，求及的值； （2）若为虚数，且其在复平面内对应的点在直线上，复数满足，求的大小． 17. 已知非零向量，满足，且，. （1）求的值； （2）证明：； （3）设与的夹角为，求及的值. 18. 已知的内角，，所对的边分别为，，，向量，，且． （1）求角； （2）若，，求的面积； （3）若，求的取值范围． 19. 已知向量，，函数. （1）若，且，求的值； （2）若函数. （ⅰ）求的最小正周期和单调递增区间； （ⅱ）设函数，若对任意的，总存在，使得成立，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江西宜春市四所重点中学2025-2026学年高一下学期 期中考试联考数学试卷 一、单选题：每小题5分，共40分． 1. 已知复数，则（ ） A. B. 2 C. D. 5 【答案】A 【解析】 【详解】因为， 所以. 2. 已知，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【详解】若，则，又，所以或，则， 所以当时，“”推不出“”； 若，，则，可得，则， 所以当时，“”可以推出. 综上，“”是“”的必要不充分条件. 3. 在中，，，则的外接圆半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由余弦定理得， 由得， 由正弦定理得的外接圆半径． 4. 已知函数，则（ ） A. 为奇函数 B. 为偶函数 C. 为奇函数 D. 为偶函数 【答案】B 【解析】 【分析】先利用诱导公式求出，再根据定义可判断其为偶函数，而根据反例可判断ACD的正误. 【详解】对于A，， 设，， ，其中， 故不为奇函数，为偶函数，故A错误，B正确. ，其中， 设，则， 故 故既不是奇函数，也不是偶函数，故CD错误. 5. 已知，则的值为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】B 【解析】 【详解】由，得，而， 因此，解得， 所以. 6. 已知向量，满足，，，则在上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题可知，向量，满足，，， 所以， 则在上的投影向量为. 7. 如图几何体是圆锥的一部分，其中．从点出发沿曲面运动到的最短路线的距离是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将侧面展开为平面，求出对应圆心角及弧长，再利用余弦定理计算两点间线段长度即可. 【详解】圆锥高底面，已知，​， 由勾股定理得母线长 ， 底面中劣弧的长度为，占底面圆周的， 圆的周长为，则几何体所在的圆锥的侧面展开图中扇形的圆心角为， 所以侧面展开图中的弧的长为， 设圆心角，由弧长公式得 ， 由余弦定理， 得，则从点出发沿曲面运动到点的最短路线的距离是. 8. 如图，在平行四边形中，是对角线的交点，，若，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【详解】在平行四边形中， ，，， 则，， ， 解得，，，所以，． 二、多选题：每小题6分，共18分；每小题全部选对得6分，部分选对得部分分，有错选得0分． 9. 下列关于棱柱的说法正确的是（ ） A. 所有的棱柱两个底面都平行 B. 所有的棱柱一定有两个面互相平行，其余各面每相邻面的公共边互相平行 C. 有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体一定是棱柱 D. 棱柱至少有五个面 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于A，根据棱柱的定义知，棱柱的两个底面相互平行，所以A正确； 对于B，根据棱柱的定义知，棱柱一定有两个面互相平行，其余各面每相邻面的公共边互相平行，所以B正确； 对于C，由棱柱的定义是这样的；有两个面互相平行，且该多面体的顶点都在这两个面上，其余各面都是平行四边形，这样的多面体叫做棱柱， 显然题中漏掉了“且该多面体的顶点都在这两个面上”这一条件，因此所围成的几何体不一定是棱柱，如图所示的几何体就不是棱柱，所以C错误； 对于D，棱柱的底面多边形的边数最少的为三角形，即底面多边形边数最少的棱柱为三棱柱，此时三棱柱有五个面，所以棱柱至少有五个面，所以D正确. 10. 如图，在中，为边上的动点，为边上的动点，线段、相交于点.则下面说法正确的是（ ） A. 若、分别为与中点，则 B. 若点是平面内任意一点，且满足，，则点的轨迹一定过三角形的内心 C. 若，，则 D. 若，，为中点，则的最大值为. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由题意可得为的重心，根据重心的性质求解后即可判断；对于B，由题意可得点在的平分线上，即可判断；对于C，由向量的线性运算，即可判断；对于D，由向量的线性运算、余弦定理及基本不等式，即可判断. 【详解】对于A，当M、N分别为BC与AC中点时， 则为的重心， 则, 同理可得, 所以，故A正确； 对于B，因为是与同向的单位向量，是与同向的单位向量， 所以表示的向量在的平分线上， 又因为，． 所以，即． 所以点在的平分线上， 所以点P的轨迹一定过三角形的内心，故B正确； 对于C，， C错误； 对于D，由题意可得, 所以， 由余弦定理可得，所以， 又因为，当且仅当时，等号成立， 即，所以， 所以， 所以，当且仅当时，等号成立， 所以，即的最大值为，故D正确. 11. 下列结论中，正确的是（ ） A. B. 函数的定义域为 C. 函数的单调增区间是 D. 已知，，且，则的最小值为 【答案】BD 【解析】 【分析】选项A：由于，即2和3都为第二象限角，即可判断；选项B：根据正切函数的定义域即可判断；选项C：根据复合函数的单调性的定义，结合对数函数及二次函数的单调性，即可判断；选项D：根据基本不等式即可判断. 【详解】选项A：由于，故，， 故，故A错误； 选项B：由，得，故B正确； 选项C：由，得， 且此时的单调减区间为，又为单调递减函数， 故的单调增区间为，故C错误； 选项D：由，，且， 得， 当且仅当，即，结合，得时， 不等式取等号，故的最小值为，故D正确. 故选：BD 三、填空题：每小题5分，共15分． 12. 平面向量与的夹角为，，，则__________. 【答案】 【解析】 【详解】平面向量与的夹角为，，， ，，， . 13. 如图，是水平放置的用斜二测画法画出的直观图，其中，则的周长为________． 【答案】 【解析】 【详解】由斜二测画法的性质可得，原图中，，， 所以， 因此周长. 14. 若母线长是4的圆锥的轴截面的面积是8，则该圆锥的高是________，底面圆的半径是________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据轴截面等腰三角形的性质求解即可. 【详解】设圆锥的高为，底面圆的半径为. 则. 由题意可知， 解得，. 四、解答题：共77分，第15题13分，第16，17题各15分，第18，19题各17分． 15. （1）已知，，其中，.求角的值. （2）化简：. 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）先利用同角三角函数的基本关系求出的余弦和的正弦，再利用两角差的正弦求出的值，从而可求的值； （2）利用同角三角函数基本关系式可得，再利用辅助角公式和两角差的正弦可求三角函数的值. 【详解】（1）因为，且，，可得， 所以， 则. 因为，，可得， 又因为，， 所以，，可得， 所以，所以. （2）原式 . 16. 已知复数. （1）若为纯虚数，求及的值； （2）若为虚数，且其在复平面内对应的点在直线上，复数满足，求的大小． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）根据纯虚数的定义，可得m的值，即可得，根据复数的运算性质，整理计算，即可得答案. （2）根据为虚数，可得m的范围，根据复数的几何意义，可得其坐标，根据条件，可得m的值，即可得复数，根据复数的除法法则，可得，结合求模公式，即可得答案. 【小问1详解】 若为纯虚数，则，解得，即， 所以， ， 则. 【小问2详解】 由为虚数，得，则， 在复平面内对应的点坐标为， 因为在复平面内对应的点在直线上， 所以，即， 解得，则， 又，则， 所以， 则. 17. 已知非零向量，满足，且，. （1）求的值； （2）证明：； （3）设与的夹角为，求及的值. 【答案】（1）； （2）证明：因为， 所以，又， 所以， 所以， 所以； （3），. 【解析】 【分析】（1）由条件，结合数量积的运算律求； （2）由条件根据数量积运算律求，再计算，由此证明结论； （3）根据模的性质和数量积运算律求，根据向量夹角公式求. 【小问1详解】 因为， 所以，故， 又， 所以， 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为， 所以， 因为， 又，，， 所以. 18. 已知的内角，，所对的边分别为，，，向量，，且． （1）求角； （2）若，，求的面积； （3）若，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据向量平行的坐标，结合正弦定理建立方程，求解角. （2）先由余弦定理求得，再由面积公式求解. （3）先由余弦定理得，再由基本不等式求解取值范围． 【小问1详解】 因为向量，且，所以， 又由正弦定理得，因为，所以， 又因为，所以． 【小问2详解】 因为中，，，由（1）知，由余弦定理， 即，所以，解得或（舍去）． 所以的面积． 【小问3详解】 由余弦定理可知，，即， 则，因为， 所以，则，当时等号成立， 则，且，所以， 所以的取值范围为． 19. 已知向量，，函数. （1）若，且，求的值； （2）若函数. （ⅰ）求的最小正周期和单调递增区间； （ⅱ）设函数，若对任意的，总存在，使得成立，求的取值范围. 【答案】（1）； （2）（ⅰ）的最小正周期为，单调递增区间为； （ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）将向量坐标代入计算结合三角恒等变换得到正弦函数，代入已知条件求值，再通过两角和的余弦公式计算即可； （2）（ⅰ）利用正弦函数的性质得出最小正周期，利用整体法解不等式得到单调递增区间； （ⅱ）由已知条件可知问题转化为，利用整体法结合正弦函数性质可得，通过换元将化为含参的二次函数，结合二次函数性质求最大值，最后解不等式即可. 【小问1详解】 由已知，， 因为，所以，因为，所以， . 【小问2详解】 （ⅰ），最小正周期， 令，因为的单调递增区间为， 所以，解得， 所以的单调递增区间为. （ⅱ）， 因为对任意的，总存在，使得成立， 所以， 令，所以， 在上单调递增，在单调递减， 所以，所以， 令，所以， 函数可化为，开口向下，对称轴， 当，在上单调递增，， 即，由于，所以，解得， 所以； 当，在上单调递增，在上单调递减， 则，即， 由于，所以，解得， 所以； 当，在上单调递减，， 即，由于，所以，解得， 所以； 综上所述，的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $