广东广州市铁一中学等校2025-2026学年第二学期期中考试高一数学试卷（含解析）

这是一份广东广州市铁一中学等校2025-2026学年第二学期期中考试高一数学试卷（含解析），文件包含《判断》微课学习pptx、《判断》微课学习任务单设计docx等2份课件配套教学资源，其中PPT共18页， 欢迎下载使用。
命题学校：广州市铁一中学 命题人：崔卿 审题人：李皓月
本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟．
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. 复数的共轭复数在复平面内对应的点位（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】先化简，再得到共轭复数，最后得到点对应象限.
【详解】，则共轭复数为，对应的点，在第二象限.
故选：B.
2. 已知集合，若，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】，
，
.
3. ，为单位向量，当，的夹角为135°时，向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据投影向量公式结合模长和夹角的数量积公式计算即可.
【详解】向量在向量上的投影向量为
故选：D.
4. 在空间中，下面命题为假命题的个数是（ ）
①过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线垂直
②过平面外一点，有且只有一条直线与这个平面平行
③过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行
④过平面外一点，有且只有一个平面与这个平面垂直
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】利用空间的平行和垂直关系对四个选项进行判断.
【详解】在空间中，
过直线外一点有无数条直线与这条直线垂直，①错误；
过平面外一点有无数条直线与这个平面平行，②错误；
过直线外一点，有无数个平面与这条直线平行，③错误；
过平面外一点，有无数个平面与这个平面垂直，④错误；
四个都是假命题.
5. 气象台在早上8:00观测到一台风，台风中心在气象台正西方向处，它正向东北方向移动，移动速度的大小为；距离台风中心以内的地区都将受到影响.若台风中心的这种移动趋势不变，该气象台受到台风影响的时段为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用余弦定理结合物理学知识求解即可.
【详解】如图，由余弦定理，得
，
于是，
解得或，
所以，台风从O到B用时小时，台风从O到C用时小时.
故，A点受到台风影响的时间是早上8:00后的5小时至10小时之间，即13:00-18:00.
故选：B.
6. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用两角和与差的正弦公式展开已知条件，通过加减消元分别求出与，再根据正切的商数关系，将目标式转化为两式的比值，代入计算即可得到结果．
【详解】，
，
将上面两式相加得，所以，
将上面两式相减得，所以，
所以．
7. 荀子《劝学》中说：“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海．”我们可以把看作是每天的“进步”率都是，一年后是37.7834；而把看作是每天“退步”率都是，一年后是0.0255；这样，一年后的“进步值”是“退步值”的倍．那么当“进步”的值是“退步”的值的10倍，大约经过（ ）天．（参考数据：，）
A. 130B. 230C. 150D. 115
【答案】D
【解析】
【分析】结合已知条件，利用对数运算即可求解.
【详解】设经过天“进步”的值是“退步”的值的倍.
则 ，即，
故，即，
故，
故大约经过115天.
故选：D.
8. 已知四边形ABCD是圆内接四边形，，则ABCD的周长取最大值时，四边形ABCD的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由△ABD求出A的余弦，再由圆内接四边形性质求出C的余弦，△BCD中借助余弦定理建立起关于BC，CD的关系，探讨其最值即可得解.
【详解】△ABD中，因AB2+BD2=25=AD2，则，，
而四边形ABCD是圆内接四边形，如图：
则，，，
在中，由余弦定理得，
，即，当且仅当时取“＝”，
而，所以时，四边形ABCD的周长取最大值，
四边形ABCD的面积.
故选：A
思路点睛：求多边形面积问题，把多边形分割成易求面积的三角形解决.
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. 下列说法中，正确的是（ ）
A. 对于向量，若，，则
B. 向量，可作为所在平面内的一组基底
C. 对于向量，有
D. 设为非零向量，则“存在负数λ，使得”是“”的充分而不必要条件
【答案】BD
【解析】
【分析】对各选项逐一验证：A选项需注意零向量的特殊情况，B选项通过判断向量是否共线验证基底条件，C选项明确数量积运算不满足结合律，D选项分别从充分性和必要性分析向量反向与数量积为负的逻辑关系，最终确定正确选项．
【详解】对于A，若，则和恒成立，但不一定成立，A错误；
对于B，两个向量能作为基底的条件是它们不共线，
对于和，因为−1×7≠5×2 ，所以和不共线，B正确；
对于Ｃ，是与共线的向量，是与共线的向量，
因为与不一定共线，所以和不一定相等，Ｃ错误；
对于Ｄ，充分性：若存在负数λ，使得，则与反向，夹角为，
m⋅n=mncs180°=−mn；
必要性：若，则夹角为钝角或，此时不一定存在负数使得，
所以“存在负数λ，使得”是“”的充分而不必要条件，Ｄ正确．
10. 表示不超过实数的最大整数，如：．已知函数为奇函数，函数，则下列叙述正确的是（ ）
A. 函数的图象关于原点对称B. 函数的值域是
C. 函数有3个零点D. 方程在区间上有3个实数根
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据函数奇偶性先求出参数，得出的解析式，从而得出的解析式，取特殊值检验即可得出选项A；然后分析函数的单调性与值域，进一步分析的性质即可得出选项B；将函数的图象与轴的交点个数问题转换为方程实数根的个数问题根据B选项的结论结合函数分析即可得出选项C；方程在上的实数根的个数问题转化为在上的实数根的个数问题，然后根据给定条件分析即可得出选项D.
【详解】由函数是定义域为上的奇函数，
所以，
解得，经检验符合题意，因此，
所以，
由，，
则，所以不是奇函数，故图象不关于原点对称，故A选项不正确；
由函数在上单调递增，所以函数在上单调递增，
即得出在上单调递增，
当无限趋近时，无限趋近，无限趋近，无限趋近，
当无限趋近时，无限趋近，无限趋近，无限趋近，
所以函数，
由，当时，，当时，，
当时，，当时，，
所以的值域是，故B选项正确；
函数的图象与轴的交点个数即为函数的零点个数，
令即为方程的实根个数，
当时，，此时，满足题意，
当时，，此时，满足题意，
当时，，此时，满足题意，
当时，，此时，不满足题意，
所以方程有3个实根，即函数有三个零点，故C选项正确；
方程在上的实数根的个数问题转化为在上的实数根的个数问题，
当时，，故，此时方程为，解得，
当时，，故，此时方程为，解得，
当时，，则，此时成立，
综上所述，方程在上有3个实数根.
11. 如图，圆柱的轴截面是正方形，E在底面圆周上， ，F是垂足，G在BD上， ，则下列结论中正确的是（ ）
A.
B. 直线与直线所成角的余弦值为
C. 直线与平面所成角的余弦值为．
D. 若平面平面，则
【答案】AD
【解析】
【分析】选项A：由线面垂直的判定定理，以及线面垂直的性质定理得出；
选项B：平移法找出异面直线所成角，构造三角形，求解三角形可得；
选项C：找出线面垂直，作出线面角，再求解三角形可得；
选项D：运用线面平行的判定定理，以及线面平行的性质定理可得.
【详解】对于A：由圆柱的性质得：面，面，
又是下底面圆的直径
又，面，面
面，又面 ，又
又，面，面
面，又面，A正确；
对于B：过点作交于点，如图
则就是直线与直线所成角（或补角）
设，则
在中，
，
在等腰中，，又
在中，，，
即：
在中，，，
在中，，
，B错误；
对于C：取的中点，连接，如图所示
则：，面，又面
又，面，面
面
就是直线与平面所成角
又
，C错误；
对于D：在中，，，
，又面，面
面
又平面平面，面
，D正确.
故选：AD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知向量，若，则实数___________.
【答案】2
【解析】
【分析】由，两边平方有，根据向量数量积、模的坐标表示，列方程求参数即可.
【详解】由，两边平方，可得，又，
∴，解得.
故答案为：2.
13. 定义：，则____________．
【答案】
【解析】
【分析】先按行列式定义展开并将切化为弦，再用二倍角公式、和差化积公式化简分子，最后约去分母的即可得到结果．
【详解】由已知，
根据，
得，
所以，
根据，
得，
所以．
14. 已知正四棱锥的底面边长为1，侧棱长为，的中点为E，过点E作与垂直的平面，则平面截正四棱锥所得的截面面积为____________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据给定条件，作出平面截正四棱锥所得的截面，再借助余弦定理、三角形面积公式求解作答.
【详解】在正四棱锥中，连接，则，是正三角形，由的中点为E，得，
而，则，在中，，
，令平面与直线交于，连，则，
，即点在棱上，同理平面与棱相交，令交点为，连，
于是四边形为平面截正四棱锥所得的截面，由对称性知，
在中，，而，
在中，，由余弦定理得，
在中，，，
所以所得截面面积.
故答案为：
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. 设是两个不共线的向量，已知，，．
（1）求证：三点共线；
（2）若与不共线，试求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）先通过向量加法求出，证明其与共线且有公共点，从而证得三点共线；
（2）先假设两向量共线，利用不共线向量的系数对应相等，求出共线时的值，再取其补集得到不共线时的取值范围．
【小问1详解】
因为
，
所以与共线．
因为与有公共点，所以三点共线．
【小问2详解】
假设与共线，则存在实数，使．
因为不共线，所以,所以．
因为与不共线，所以．
16. 已知向量，函数，函数图像相邻对称轴之间的距离为.
（1）求的单调递减区间；
（2）将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，再向左平移个单位得的图象，若关于的方程在上只有一个解，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）结合平面向量数量积的坐标运算法则和三角恒等变换知识化简可得，再由，求得的值后，根据正弦函数的单调性，得解；
（2）由函数图象的伸缩平移法则可得，采用换元法，令，原问题转化为在，上只有一个解，作出的图象后，即可得解．
【小问1详解】
，
，
因为相邻的对称轴之间的距离为，所以的最小正周期为，
所以，得，所以，
令，则，
所以的单调递减区间为
【小问2详解】
由（1）知，将图象上所有点的横坐标缩短为原来的，得到函数，
再向左平移个单位得，
令，则，所以，
因为在上只有一个解，
由的图象可得，或，
所以的取值范围是
17. 在中，角的对边分别为，若，为边上一点．
（1）求角的大小；
（2）若且，求的周长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理及化简，进而求出.
（2）对、、分别使用余弦定理再求解.
【小问1详解】
根据正弦定理，由
可得，
∵A+B+C=π，∴sinA=sinB+C=sinBcsC+csBsinC ，
则，
整理得3sinB−csB−1sinC=0，
，则，
得，即，
∵B∈0,π,∴B−π6∈−π6,5π6，
则，即．
【小问2详解】
如图，由（1）可知，，设DA=m，m>0，则，
设，则，
在中，根据余弦定理，，
在中，根据余弦定理，cs∠BDC=csπ−θ=CD2+BD2−BC22CD×BD=4m2+4−128m=m2−22m，
所以csθ+csπ−θ=m2+4−AB24m+m2−22m=0 ，
整理可得，即．
则在中，根据余弦定理，，
整理得，即，
解得或（舍去），
所以，
所以，的周长为．
18. 如图，在四棱锥中，，，，E为棱的中点，平面．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）由题意可证四边形为平行四边形，则，结合线面平行的判定定理即可证明；
（2）如图，易证，根据线面垂直的性质与判定定理可得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（3）根据线面垂直的性质与判定定理可得为二面角的平面角，即，作，由面面垂直的性质确定为直线与平面所成的角，即可求解.
【小问1详解】
因为且，所以四边形为平行四边形，则，
又平面平面，所以平面；
【小问2详解】
由平面平面，得，
连接，由且，所以四边形为平行四边形，又，
所以平行四边形为正方形，所以，
又，，
又平面，平面，
由平面，所以平面平面；
【小问3详解】
由平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
故为二面角的平面角，即
设，在中，，作，垂足为，
由（2）知，平面平面，平面平面平面，所以平面，
则为直线在平面上的投影，所以为直线与平面所成的角，
在中，，
所以，
在中，，
即直线与平面所成角的正弦值为.
19. 著名的费马问题是法国数学家皮埃尔．德费马（1601—1665）于1643年提出的平面几何最值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，则使得的点即为费马点．当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试根据以上知识解决下面问题：
（1）若，求的最小值；
（2）在中，角所对应的边分别为，点为的费马点．
①若，且，求的值；
②若，求实数的最小值．
【答案】（1）
（2）①；
②实数的最小值为
【解析】
【分析】（1）依题意确定出费马点的位置，进而可求得结果.
（2）①由两角和的正切公式可求得，进而可得是等边三角形，可得点为的中心，据此计算可求；
②由二倍角的余弦公式及三角恒等变换公式可得，设，，且，利用余弦定理可得，利用基本不等式可得，计算即可.
【小问1详解】
设，则表示点到三顶点的距离之和.
依题意结合对称性可知的费马点位于虚轴的负半轴上，
且，则.
此时.
所以的最小值为；
【小问2详解】
①因为，所以，
所以，所以，所以，
因为，所以；
因为，由正弦定理可得，所以是等边三角形，
因为点为的费马点，所以点为的中心，
由正弦定理可得．
所以.
②因为，所以，
所以，所以，
所以或，解得（舍去）或，
设，，且，
所以由余弦定理可得，
，
，
因为，所以，
因为，所以，
显然，所以，解得或（舍去）,
易知当时等号成立，所以实数的最小值为．
本题是新定义题型，考查阅读理解能力，以及应用能力，转化能力是关键，考查运算求解能力.