浙江省舟山市五校联盟2025-2026学年高一下学期4月期中调研数学试题（含解析）

这是一份浙江省舟山市五校联盟2025-2026学年高一下学期4月期中调研数学试题（含解析），共6页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸，， 化简后等于， 设，则等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1､本卷共4页满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场号､座位号及准考证号并填涂相应数字，
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.
4.考试结束后，只需上交答题纸，
I卷选择题部分（共58分）
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，只有一个选项是正确的.
1. 化简后等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】应用向量加减法的运算律化简即可得.
【详解】.
故选：C
2. 如图所示，观察四个几何体，其中判断错误的是（ ）
A. 不是棱台B. 不是圆台
C. 不是棱锥D. 是棱柱
【答案】C
【解析】
【分析】根据棱台，圆台，棱锥，棱柱的定义判断即可.
【详解】对A，根据棱台的定义，用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分叫做棱台，棱台的上下底面是相似的多边形，且侧棱的延长线交于一点.
选项A中的几何体上下底面不相似，所以不是棱台；
对B，同理，选项B中的几何体上下也不相似，所以不是圆台；
对C，选项C中的几何体符合棱锥定义（有一个多边形底面，其余各面为共顶点的三角形），因此不是棱锥的判断错误；
对D，根据棱柱的定义，有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，
由这些面所围成的多面体叫做棱柱.选项D中的几何体符合棱柱的定义，所以是棱柱.
3. 在中，角、、的对边分别为、、，若，，，则（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】分析可知，即，利用正弦定理求出的值，即可得出的大小.
【详解】在中，因为，，，且，故，
由正弦定理可得，
又因为，故或.
故选：D.
4. 已知，是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题中，真命题是（ ）
A. 若，，则与必异面B. 若点，点，则直线
C. 若，，则D. 若点，点，则直线与相交
【答案】D
【解析】
【分析】应用线面位置关系，线线位置关系关系判断各个选项即可.
【详解】对于A，若，，则与平行或相交、或异面，故A为假命题；
对于B，若点，点，则直线平面或直线与平面相交，故B为假命题；
对于C，若，，则与平行或异面，故C为假命题；
对于D，若点，点，则直线与平面相交，故D为真命题；
故选：D.
5. 设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意首先计算复数的值，然后利用共轭复数的定义确定其共轭复数即可.
【详解】由题意可得，
则.
故选：B.
6. 圆锥的轴截面是等腰直角三角形，侧面积是，则圆锥的体积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设底面半径为r，母线为l，由轴截面是等腰直角三角形得，代入求出r和l，再求出圆锥的高，代入体积公式计算．
【详解】设圆锥的底面半径为r，母线为l，
圆锥的轴截面是等腰直角三角形，
，即，
由题意得，侧面积，
解得，
，圆锥的高，
圆锥的体积，
故选：A．
本题考查圆锥的体积、侧面积，以及轴截面问题，属于基础题．
7. 设是单位向量，且，则的最小值为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量的乘法运算展开,结合向量的数量积运算和夹角的有界性,即可求得最小值.
【详解】是单位向量
故选D
本题考查了向量数量积的综合应用,向量夹角的应用,属于基础题.
8. 如图，在等腰直角三角形中，，是线段上的点，且，则的取值范围是

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先建立平面直角坐标系，然后结合向量的坐标运算法则确定数量积的范围即可.
【详解】如图所示，以BC所在直线为x轴，以BC的中垂线为y轴建立平面直角坐标系，
则A（0，1），B（﹣1，0），C（1，0），设D（x，0），则．
据此有：，，则：.
据此可知，当时，取得最小值；
当或时，取得最大值；
的取值范围是.
本题选择A选项.
求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．
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，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 已知复数，为虚数单位，为的共轭复数，则下列说法正确的是（ ）
A. 若是纯虚数，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则在复平面内对应点位于第三象限
【答案】BCD
【解析】
【分析】应用复数乘法运算得，结合各项的描述和复数的性质、几何意义判断各项的正误.
【详解】A选项，由，
若是纯虚数，则，可得，A错；
B选项，若，即，可得，B对；
C选项，若，则，，故，C对；
D选项，若，则，故，对应点坐标为，
在复平面内对应点在第三象限，D对.
故选：BCD
10. 如图，该几何体由高均为1的圆锥与圆柱组成，圆锥的底面与圆柱的上底面重合，若该几何体底面半径为1，则（ ）
A. 圆锥的母线长为B. 圆锥与圆柱的体积比为1：3
C. 该几何体的表面积为D. 圆锥侧面展开图的圆心角为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据给定的几何体，利用圆锥、圆柱的结构特征，结合体积公式、侧面积公式逐项求解判断.
【详解】对于A，由勾股定理得圆锥母线长，A正确；
对于B，圆锥的体积为，圆柱的体积为，
因此圆锥与圆柱的体积比为，B正确；
对于C，该几何体的表面积为，C错误；
对于D，设圆锥侧面展开图的圆心角为，由弧长公式得，圆心角，D正确．
故选：ABD
11. 点G在所在平面内，下列说法正确的是（ ）
A. 若点G为的重心，则
B. 若则
C. 若，则为锐角三角形
D. 若为边长为2的正三角形，点G在线段上运动，
【答案】AB
【解析】
【分析】根据平面向量的运算和平面向量基本定理，以及三角形的几何性质，列出向量之间的关系，判断各选项正误.
【详解】如图所示，当点是的重心时，因为三角形重心为三条中线的交点，
所以，同理可得，
所以，
即，所以A正确.
若，则，得，
可知，所以，所以B正确；
对于C，由，可得，
所以，结合正弦定理可得：，
所以，则为锐角，无法判断也是锐角，所以不一定为锐角三角形.
如图所示，取中点，连接，当为正三角形时，
所以点在线段上运动时，在上的投影为，
已知正三角形边长为2，则高，
，所以D错误 .
Ⅱ卷非选择题部分（共92分）
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知是关于的方程的根，则________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意可知，关于的方程的两个虚根分别为、，利用韦达定理求出、的值，即可求得结果.
【详解】由题意可知，关于的方程的两个虚根分别为、，
由韦达定理可得，解得，，因此，.
故答案为：.
13. 已知正四棱台的上底面边长为2，侧棱长为，高为1，则该正四棱台的下底面边长为___________．
【答案】4
【解析】
【分析】根据几何图形，利用勾股定理求出下底面的边长.
【详解】设该正四棱台下底面的边长为，则，
解得.
故答案为：4.
14. 如图，在中，，与交于，求__________；设的面积为，的面积为，________
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】①由三点共线，结合已知条件可得，同理由三点共线，可得，从而可得m=3−3n44−4m5=n，解方程组可求出的值，进而可求得答案；
②延长与交于点，由三点共线，可得AF=tAB+1−tAC，由，得，结合（1）可得38AB+12AC=λtAB+λ1−tAC，所以λt=38λ1−t=12，求出的值，从而可求出的值.
【详解】①设，，
因为三点共线，所以AO=mAB+1−mAD，
又因为，所以，则，
同理，因为三点共线，所以AO=nAC+1−nAE，
又因为，所以，则，
根据平面向量基本定理，可得m=3−3n44−4m5=n，解得m=38n=12，
所以，
则，
所以BO=58BD=58BO+OD，
化简得：，
所以；
②延长与交于点，因为三点共线，
所以AF=tAB+1−tAC，
又因为，且，所以存在实数使得，
即38AB+12AC=λtAB+1−tAC=λtAB+λ1−tAC，
所以λt=38λ1−t=12，解得t=37λ=78，所以，则，
所以S'S=18.
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. 设O为坐标原点，，，，
（1）求中点坐标
（2）求在上的投影向量的坐标
（3）与夹角为锐角，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）设，利用向量平行和垂直的坐标运算可得，解方程即可得到的坐标，最后利用中点公式即可求解；
（2）利用投影向量公式计算即可求解；
（3）分别求出与的坐标，若与夹角为锐角，则，且与不同向，利用向量的数量积运算求解即可.
【小问1详解】
设，则
由，则，
由，则，即，
联立，解得：，
则，即的坐标为，
由于的坐标为，
所以中点坐标为
【小问2详解】
由于，，
所以在上的投影向量为
【小问3详解】
由题可得，，
因为与夹角为锐角，则，且与不同向，
即，解得：且，
即实数的取值范围为
16. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且．
（1）求a，A；
（2）求的面积及．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由及余弦定理计算可得；再由特殊角的三角函数值可得；
（2）由三角形的面积公式可得面积；法1：变换面积公式的表达形式可得；法2：由正弦定理可得.
【小问1详解】
由及余弦定理，得，
即，即．
由余弦定理，得．
又，所以.
【小问2详解】
．
法1：由，得．
法2：由正弦定理，得．
17. 如图，在圆锥中，是底面圆的直径，，，为底面圆上的点，，，是母线的中点.
（1）求证：
（2）求证：平面
（3）求四棱锥的体积及圆锥的表面积.
【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析；
（3）.
【解析】
【分析】（1）应用平行四边形证明线线平行；
（2）先应用平行四边形得出线线平行，再应用线面平行判定定理证明即可；
（3）应用四棱锥体积公式计算，再应用圆锥侧面积公式加圆的面积计算求解.
【小问1详解】
连接，因为，，
所以且，所以四边形 是平行四边形，
所以；
【小问2详解】
取中点，连接 ，因为 分别是中点，所以TE//AB,TE=12AB ，
所以 ，所以四边形 是平行四边形，
所以 ，平面，平面，
所以平面；
【小问3详解】
圆锥的高SO=SA2−OA2=132−52=12 ，因为是母线的中点，所以四棱锥的高为12SO=6 ，
取中点，连接，OM=OC2−CM2=52−522=532，
所以SABCD=12AB+CD×OM=12×10+5×532=7534，
四棱锥的体积为
VE−ABCD=13×SABCD×12SO=13×7534×6=7532，
圆锥的表面积为π×5×SA+π×52=π×5×13+π×52=90π .
18. 已知在复平面内，复数所对应的点分别为，.为坐标原点，是虚数单位.
（1）若，求与；
（2）向量，对应的复数分别为，，若，求实数；
（3）已知复数满足，求的最值.
【答案】（1）；
（2）或
（3）最大值为，最小值为
【解析】
【分析】（1）利用复数的乘法公式运算即可求解，求出向量与对应的向量坐标，结合向量的数量积的坐标运算公式即可求解；
（2）化简，求出向量与对应的向量坐标，从而得到，利用向量模长公式化简即可求解；
（3）设，由可得或，分两种情况讨论即可求解.
【小问1详解】
若，则，
由于对应向量，
对应向量，
所以；
【小问2详解】
由于，
所以，，
则，
则，
化简可得：，解得：或；
【小问3详解】
设，则，
由，可得：，
化简得：，所以或，
由于，
当时，，且，所以，
所以时，，
当时，，
当时，，且，所以，
所以时，，
当时，，
综上，的最大值为，最小值为
19. 如图，在中，是上的一点，是的中点，过点的直线与边，分别相交于点，.设，,
（1）若，，求的值.
（2）在（1）的条件下，求的最小值.
（3）若是边长为的等边三角形，且点为的中点，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据向量线性运算直接求得，代入即可求得结果；
（2）根据三点共线可求得，利用“”的代换和基本不等式可求得结果；
（3）以为基底可表示出，平方后可整理得到关于的二次函数，利用基本不等式可求得的范围，进而得到结果.
【小问1详解】
∵BD⃗=2DC⃗，，
为中点，，，
.
【小问2详解】
由（1）得：，
三点共线，，
∴2m+n=2m+n16m+13n=23+n6m+2m3n≥23+2n6m⋅2m3n=43.
当且仅当，即，时取等号，
的最小值为.
【小问3详解】
因为是边长为的等边三角形，且点为的中点，
所以.
因为是的中点，所以AO→=12AD→=14AB→+AC→=14mAP→+14nAP→，
因为三点共线，所以14m+14n=1 ，即．
OP⃗=AP⃗−AO⃗=mAB⃗−14AB⃗+14AC⃗=m−14AB⃗−14AC⃗，
OQ=AQ−AO=nAC−14AB+14AC=−14AB+n−14AC，
∵AB=AC=1 ，，，
∴OP2=m−14AB−14AC2=m−142−14m−14+116=m2−3m4+316，
OQ2=−14AB+n−14AC2=116−14n−14+n−142=n2−3n4+316，
∴OP2+OQ2=m2+n2−34m+n+38=m+n2−2mn−34m+n+38，
14m+14n=1 ，即m+n=4mnm>0,n>0．
又，，解得：（当且仅当时取等号），
∴OP2+OQ2=4mn2−2mn−34×4mn+38=16mn2−5mn+38=16mn−5322−164，
，当时，OP2+OQ2取得最小值16×14−5322−164=18，
即的最小值为.