广东茂名市化州市2025-2026学年度高 一年级第二学期期中考试数学试题（含解析）期中下学期

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1、答卷前，考生务必填写答题卷上的有关项目．
2、选择题每小题选出答案后，把答案填在答题卷相应的位置上．
3、非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效．
4、考生必须保持答题卷的整洁．考试结束后，将答题卷交回．
一、单项选择题：本大题共8个小题，每个小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中有且只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由题意，，
又，
所以，所以A选项正确.
2. 的虚部为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【详解】，则的虚部为，故选项C正确.
3. 已知函数是幂函数.则（ ）
A. B. 2C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数是幂函数求参数，再求函数值即可.
【详解】因为函数是幂函数，所以，所以，
所以，所以.
故选：C.
4. 已知某平面图形的直观图是如图所示的梯形，且，则原图形OABC的面积为（ ）

A. B. C. 12D. 10
【答案】D
【解析】
【分析】求出梯形的面积，再利用斜二测画法直观图与原图形面积关系求解即得.
【详解】梯形中，，而，
则梯形的高，
因此梯形的面积，
而在斜二测画法中，直观图面积是原图形面积的，
所以原图形OABC的面积为.
故选：D
5. 已知，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用分段法来确定正确答案.
【详解】，
，
，
所以.
故选：A
6. 函数的零点所在的区间是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由函数零点存在性定理求解即可.
【详解】，
，函数在区间上有零点，
故选：B.
7. 和是关于的方程的两根，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用二次函数根与系数的关系与两角和正切的计算即可.
【详解】由和是关于的方程的两根，
则，，
.
故选：C
8. 函数，在上单调递增，求实数的取值范围（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据分段函数的性质可得函数在各段均单调递增，且在断点处右侧的函数值不小于左侧的函数值，即可得到不等式组，解得即可；
【详解】解：因为在上单调递增，所以解得，即
故选：B
二、多项选择题：本大题共3个小题，每个小题6分，共18分，每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，选齐全对的得6分，漏选答案得相应分，错选和不选得0分．
9. 已知向量，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】AC
【解析】
【分析】根据平面向量的坐标运算可判断A，根据两向量垂直的坐标表示可判断B，根据模长的坐标表示可判断C，根据两向量共线的坐标表示可判断D.
【详解】对于A，，所以，解得，故A正确；
对于B，因为，所以，解得，故B错误；
对于C，，解得，故C正确；
对于D，因为，所以，解得，故D错误；
故选：AC.
10. 已知复数z在复平面上对应的点为，则（ ）
A. B. C. D. 是纯虚数
【答案】CD
【解析】
【分析】根据题意得，分别求模、共轭复数、化简即可得到结果.
【详解】根据复数z在复平面上对应的点为，则，所以A错；
，所以B错；
，所以C正确；
，所以D正确．
故选：CD．
本题主要考查复数的基本概念的理解，属于基础题.
11. 设函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，当时，（且），若，则（ ）
A. 的图象关于直线对称B.
C. 函数恰有3个零点D.
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A：根据偶函数以及对称轴的定义分析判断；对于B：根据奇函数定义分析可得，，即可得；对于C：分析函数的周期性，结合图象分析函数的零点；对于D：根据题意结合函数的周期性运算求解.
【详解】对于选项A：因为为偶函数，则，
即，所以的图象关于直线对称，故A正确；
对于选项B：因为为奇函数，则，
即，可知的图象关于点对称，
令可得，即，
由，令可得，
且，可得；
由，令可得，即，
又因为当时，，
则，解得，故B错误；
对于选项C：由可得，
且，可得，
即，可得，
即，可知函数的一个周期为4，
且当时，，
据此可得函数的图象，如图所示：
可知函数的零点个数即为函数与的交点个数，
由图可知函数与的交点有3个，
所以函数恰有3个零点，故C正确；
对于选项D：因为，，，
则，
且函数的一个周期为4，
所以，故D错误；
故选：AC.
三、填空题：本大题共3个小题，每个小题5分，共15分.
12. 已知一个圆锥的母线长为3，侧面积，则此底面半径为___________．
【答案】2
【解析】
【详解】设圆锥的底面圆半径为，由题意知：，所以.
13. 在中，角、、的对边分别为、、．若，则的最大值为__________．
【答案】
【解析】
【详解】由和余弦定理，可得，化简得，
故是直角三角形，且，
则，，
由正弦定理，可得，
又因，所以，
所以，
由可得 ，
故当，即​时，取最大值 1，
此时取得最大值为.
四、解答题：本大题共5个小题，满分共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤
14. 在中，内角所对的边分别是，已知．
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）求的值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理代入计算解方程可得结果；
（2）由正弦定理直接计算即可；
（3）先由二倍角公式计算得出，再由两角和的正弦公式计算可得结果.
【小问1详解】
由可得，
整理可得，即，
解得；
【小问2详解】
易知，
由可得；
由正弦定理可得；
【小问3详解】
因为，；
所以.
15. （如图）在底面半径为2母线长为4的圆锥中内接一个高为的圆柱．
（1）求圆锥的表面积和体积；
（2）为何值时，圆柱的侧面积最大？并求出最大值．
【答案】（1）=，
（2）时，圆柱的侧面积最大，最大值为
【解析】
【分析】（1）先利用公式求解圆锥的表面积，然后求圆锥的高，再利用圆锥的体积公式求解圆锥的体积；
（2）根据图形相似确定圆锥底面半径与高度的关系，再利用圆锥侧面积公式得到关于的表达式，根据范围得最值.
【小问1详解】
解：,
，
；
【小问2详解】
解：设圆柱底面圆半径为，
显然，∽，∴，
∴时，圆柱的侧面积最大，最大值为．
16. 设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量，向量，若．
（1）求△的面积；
（2）若，求c．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量的数量积的坐标表示以及三角形的面积公式即可求得结果.
（2）通过正弦定理即可求出结果.
【小问1详解】
因为且，
两式联立得：，又因为，所以或（舍），
故，由三角形面积公式得
【小问2详解】
因为，且由（1）知，设三角形的外接圆半径为R，
由正弦定理得：，
解得或（舍），所以
17. 已知函数
（1）求的单调区间；
（2）解不等式；
（3）设的最小值为，若正数满足，求的最小值．
【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意，分，和，三种情况讨论，求得的解析式，结合一次函数的图象与性质，即可求解；
（2）根据题意，分，和，三种情况讨论，列出不等式，即可求解；
（3）由（1）中函数的单调性，求得，得到，将其代入化简，得到，结合基本不等式，即可求解.
【小问1详解】
当时，；
当时，；
当时，，
所以，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.
【小问2详解】
当时，，解得 ，所以；
当时，，解得 ，所以；
当时，，解得 ，所以，
综上可得：不等式的解集为.
【小问3详解】
由（1）知：函数的单调递减区间为，单调递增区间为，
所以，即，
所以，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以的最小值为.
18. 已知函数，其图象相邻两条对称轴之间的距离为，且经过点．
（1）求函数的解析式；
（2）当，方程有解，求实数的取值范围；
（3）若方程在区间上恰有三个实数根，且，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由题意得，求出周期，再利用周期公式可求出，然后将点代入中可求出的值，从而可求出函数解析；
（2）求得，则将问题转化为有解，然后由求出的范围，从而可求出实数的取值范围；
（3）设，则将问题转化为方程在区间上恰有三个实数根，然后结合正弦函数的图象可求出的范围，从而可求出，进而可求出的取值范围．
【小问1详解】
设的最小正周期为，由题意得，得周期，
所以，得，
因为，所以，
所以，
因为的图象过点，所以，得，
因为，所以，
故．
【小问2详解】
，
即有解，
由，得，
所以，所以，
所以，即．
【小问3详解】
，设，则，
由“方程在区间上恰有三个实数根”，
得“方程在区间上恰有三个实数根”，
则的图象如下：
即，
由图得，，，
即，
综上．
关键点点睛：此题考查由正弦函数的性质求正弦函数的解析式，考查函数与方程的综合问题，考查正弦函数和余弦函数的图象与性质，第（3）问解题的关键是通过换元后，将问题转化为方程在区间上恰有三个实数根，再结合正弦函数的图象求解，考查数学转化思想和数形结合的思想，属于较难题.