湖南衡阳县第一中学等校2025-2026学年高一下学期期中校内检测数学试卷（含解析）

这是一份湖南衡阳县第一中学等校2025-2026学年高一下学期期中校内检测数学试卷（含解析），共55页。试卷主要包含了考试结束后，请将答题卡上交.等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；回答非选择题时，用0.5mm的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3．考试结束后，请将答题卡上交.
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. 在复平面内，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】C
【解析】
【详解】，
则复数对应的点为，位于第三象限.
2. 在中，角A，B，C的对边分别为，则（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】，，
∴sinA=1−452=35，
由正弦定理得：ab=sinAsinB=3512=65，
．
3. 已知向量，若，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【详解】
，
又，
，解得．
4. 将函数的图象上的所有点向左平移个单位长度，则所得图象的解析式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平移变换求出解析式.
【详解】将函数图象向左平移个单位长度得到的函数图象.
故选：C．
5. ，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】因为，所以，即，
所以52，所以
6. 如图，由斜二测画法画的水平直观图是的等腰直角三角形，那么它在原平面图形中，顶点到的距离是（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出直观图的，再由斜二测画法规则求出顶点到的距离即可.
【详解】在中，，，，
于是得，且原图中即为顶点到的距离，
由斜二测画法规则知，在原平面图形中，顶点到的距离是.
故选：D
7. 已知复数，当时，不等式恒成立，则实数t的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分离参数法去转化不等式恒成立，即可求得实数t的最大值.
【详解】因为，又，所以，
由时，不等式恒成立，
则恒成立，即恒成立，
令，因为时，单调递增，
所以，所以实数t的取值范围是．
故选：B
8. 已知的内角，，所对的边分别为，，，，，，若，（），若与相交于点，则当取最小值时，（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先利用余弦定理求出，当为线段的中点时，，即取最小值，结合已知条件将用表示，最后根据平面向量基本定理得解.
【详解】因为，，，
由余弦定理得：，所以.
因为，所以，
又因为，所以为正三角形.
则当为线段的中点时，，即取最小值，
此时；
又因为，，三点共线，所以，
由平面向量基本定理，得，解得.
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 所有面都是三角形的多面体一定是三棱锥
B. 棱柱的侧棱平行且相等
C. 圆台的母线长不一定相等
D. 半圆以它的直径所在直线为旋转轴，旋转一周形成的曲面为球面
【答案】BD
【解析】
【详解】对A，因为正八面体每个面都是三角形，所以A错误；
对B，棱柱的侧棱平行且相等，所以B正确；
对C，圆台的母线长都相等，所以C错误；
对D，球面就是半圆以它的直径所在直线为旋转轴，旋转一周形成的曲面，所以D正确.
10. 设，，，则下列说法正确的有（ ）
A. 若且，则B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A，根据复数运算性质即可判断；对BD，利用待定系数法即可判断；对C，举反例即可判断.
【详解】对A，因为，所以，即，
又因为，所以，所以，所以选项A正确；
对B，设，
则
，
，
即，即复数乘法对结合律成立，所以选项B正确；
对C，若，则，所以，所以选项C错误；
对D，设，
则，
，所以.所以选项D正确．
故选：ABD．
11. 已知函数，则（ ）
A. 是奇函数
B.
C. 在上单调递减
D. 若，则的最大值为
【答案】AC
【解析】
【分析】求得函数定义域，结合奇函数定义可判断A，由函数定义域可判断B，通过时，，结合和的单调性即可判断C，由得到，再结合基本不等式即可判断D.
【详解】对A：，要使得函数有意义，则，
解得且，
所以的定义域关于原点对称，且，
从而是奇函数，A正确；
对B：当时，，由定义域可知无意义，故错误；
对C：当时，
在上单调递减，在上单调递增，
所以在上单调递减，故在上单调递减，C正确；
对D：当，且时，
即，
化简得，
则，
当且仅当，即或时取“=”，
的最大值为，D错误．
故选：AC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在中，角所对的边分别为，若，则的面积为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】先应用余弦定理得出，再应用同角三角函数得出正弦值，最后应用面积公式计算求解.
【详解】由余弦定理得：，所以，
所以.
13. 若，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】先求出，再利用二倍角公式及商数关系化弦为切计算即可.
【详解】由，可知，
．
故答案为：.
14. 在中，三个内角所对的边分别为， ， ，则的取值范围为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据已知利用余弦定理和基本不等式，可以求出的表达式，对进行化简，最后求出的取值范围．
【详解】因为，，由余弦定理得，
所以，
当且仅当时等号成立．
∴，又
∴，又因为，
所以，即取值范围为．
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
15. （1）已知，求的最小值；
（2）求的最大值．
【答案】（1）7；（2）
【解析】
【分析】（1）根据基本不等式求解即可.
（2）求出的范围，结合基本不等式求解即可.
【详解】（1）因为，所以，
，
当且仅当时，即时取等号，
所以的最小值是7.
（2）由题意知，即，解得，
所以，
当且仅当，即时取得等号，
所以的最大值是；
16. 已知，，，复数（为虚数单位，）.
（1）若复数为非零实数，求；
（2）若复数为纯虚数，求在上的投影向量的坐标.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用数量积的坐标运算得，从而且，即可得解；
（2）根据纯虚数和投影向量的概念求解.
【小问1详解】
由题意得，
若复数为非零实数，则且，解得.
此时，则，
所以；
【小问2详解】
若复数为纯虚数，则且，解得，
此时，则，
所以在上的投影向量为.
17. 在中，角所对的边分别为，且
（1）求；
（2）求内切圆的半径.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）应用余弦定理得出，再应用余弦定理得出；
（2）应用同角三角函数关系得出，再应用面积公式结合内切圆半径的面积公式计算求解.
【小问1详解】
，
，
，解得，
【小问2详解】
由（1）知，得，
，
设内切圆半径为，则，
则.
18. 在中，内角的对边分别是，记的面积为，且.
（1）求角的大小；
（2）若，，分别为的中线和角平分线.
（i）若的面积为，求的长；
（ii）求长的最大值.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）根据三角形的面积公式结合余弦定理即可得解；
（2）（i）先根据三角形的面积公式求出，再利用余弦定理求出，再向量化求解即可；
（ii）利用等面积法将用表示出来，再利用余弦定理结合基本不等式求出的最大值，进而可得出答案.
【小问1详解】
因为，
所以，
所以，
又因为，所以；
【小问2详解】
（i）由，得，
由余弦定理得，
所以，
因为为的中线，
所以，
则，
所以；
（ii）由余弦定理得，
所以，
因为为的角平分线，所以，
由，得，
所以，
因为，
所以，当且仅当时取等号，
因为函数在上都是增函数，
所以函数在上是增函数，
所以当时，取得最大值，
即长的最大值为.
19. 已知函数是上的奇函数，函数．
（1）求实数的值；
（2）若函数在上的最小值为，求实数的值；
（3）设函数，若关于的方程有三个不同的实数解，求实数的取值范围．
【答案】（1）1 （2）1
（3）或.
【解析】
【分析】（1）根据求出，再利用奇函数的定义检验；
（2）先利用复合函数求出在上的值域，再结合一元二次函数求的最小值即可；
（3）令，画出其函数图象，结合方程的根转化为一元二次方程的区间根问题求解.
【小问1详解】
函数是上的奇函数，所以，
所以，得；
检验：当时，，
所以实数的值为1；
【小问2详解】
由（1）可知，
令，则，
因为，所以，
因为在上单调递增，所以，
即当时，，
所以当时，有最小值，最小值是，
依题意，所以；
【小问3详解】
，
方程有三个不同的实数解，
令，则方程化为．
作出的函数图象，其中是函数图象在上的渐近线，
所以有两个根，不妨设，
则或，
①设，
则，解得，
②设，所以，得，则方程化为，
解得，满足题意，
所以实数的取值范围为或.