2025-2026学年下学期湖南省长沙长郡中学高一数学5月期中试卷含答案

这是一份2025-2026学年下学期湖南省长沙长郡中学高一数学5月期中试卷含答案，共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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, 只有一个选项是符合题目要求的.
1. 已知集合 A={x∣−20,x∈R 的图象关于原点对称.
(1)求实数 a 的值；
(2)若 f2lg3x+f1>0 ，求 x 的取值范围；
(3)若存在 x∈12,1 ，使得 1−fx1+fx≤1+m⋅f−x 成立，求实数 m 的取值范围.
∴ 面分隔到 ±5
18.(本题满分 17 分)
如图所示的几何体，在底面 ABCD 中， AC⊥BD,AC 与 BD 交于点 O ， OA=OC=1,OD=12OB=1,GC 垂直于平面 ABCD,MD//GC ,且 MD=12GC=1 .

(1)证明: BD// 平面 AMG ；
(2)求三棱锥 B−AMG 的体积；
(3)在 △GAB 内部(包括边界)的动点 Q 满足四棱锥 Q−ABCD 的体积和三棱锥Q-GCD的体积相等，请找出点 Q 的轨迹，并说明理由.
19. (本题满分 17 分)
已知函数 fx 满足 ∀a0 ,所以 −a0 ,所以 csx1=3−12 .
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. BCD 对于 A ,取 DD1 的中点为 E ,连接 AE . 如下图所示:

由正方体性质可知 AE//BN ,若直线 AM 与 BN 是平行直线,则可得 A,E,M 三点共线,显然这与 AE,AM 相交于点 A 矛盾,故 A 错误;
对于 B ,易知 B1∈ 平面 BCC1B1,M∉ 平面 BCC1B1,B1∉ 直线 BN,BN⊂ 平面 BCC1B1 ,可得直线 BN 与 MB1
是异面直线，故 B 正确；
对于 C ,连接 CD1,AD1 ,如下图:

可得 MN//CD1 ,故 ∠ACD1 为直线 MN 与 AC 所成的角,而 ∠ACD1=60∘ ,可得直线 MN 与 AC 所成的角为 60∘ ,故 C 正确;
对于 D ,连接 A1B1 易知 A1B//MN ,可知 M,N,B,A1 四点共面,故 D 正确.
10. ABC A 正确; 由 z1z2=z1z3 可得 z1z2−z3=0 ,因为 z1≠0 ,所以 z2−z3=0 ,即 z2=z3 ,故 B 正确; 若 z2=z3 ,则 z2=z3 ,由模长性质知 z1z2=z1z2,z1z3=z1z3 ,故 C 正确; 取 z1=1+i,z2= 1-i,显然满足 z1z2=z12 ,但 z1≠z2 ,故 D 错误.
11. AD 因为 asinA+bsinB=c ,所以,根据正弦定理边角互化得 sin2A+sin2B=sinC ,
因为 C∈0,π,sinC∈(0,1] ,所以 sinC≥sin2C ,即 sin2A+sin2B=sinC≥sin2C ,
所以 b2+a2≥c2 ,由余弦定理可知, csC≥0 ,故 C∈0,π2 ,
若 C∈0,π2 ,则 A+B>π2 ,注意到 csAcsB=34>0 ,
所以 csA>0,csB>0 (两者同负会有两个钝角,不成立),即 A,B∈0,π2 ,
因为 A+B>π2⇔A>π2−B,A,π2−B 都是锐角,
所以 sinA>sinπ2−B=csB>0 ,
于是 sinC=sin2A+sin2B>cs2B+sin2B=1 ,这和 sinC≤1 相矛盾,
故 C∈0,π2 不成立,所以 C=π2 .
所以 A+B=π2,sinA=csB,csA=sinB ,
所以 sinAsinB=csAcsB=34 ,故 A 选项正确;
csAcsB=sinBcsB=12sin2B=34 ,即 sin2B=32 ,
所以 2B=2π3 或 2B=π3 ,即 B=π3 或 B=π6 ,
当 B=π3 时, A=π6,sinA−sinB=1−32 ;
当 B=π6 时, A=π3,sinA−sinB=3−12 ,故 B 选项错误;
因为 △ABC 的面积为 23 ,
所以,当 B=π3,A=π6 时, b=3a,c=2a,S△AK=12ab=32a2=23 ,
解得 a=2,b=23,c=4 ;
当 B=π6,A=π3 时, a=3b,c=2b,S△AK=12ab=32b2=23 ,
解得 b=2,a=23,c=4 ,
故 C 选项错误, D 选项正确.
三、填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分。共 15 分.
12.3 由题意得 a2+a−11=1 ,解得 a=3 或-4,当 a=−4 时, fx=x−1 ,此时定义域不为 R ,故舍去; 当 a=3 时, fx=x3 ,满足题意.
13. 89 由题意可得 sin2αsinα+π4csα−π4=2sinαcsα12csα+sinα2=4sinαcsαcs2α+2sinαcsα+sin2α=4tanα1+tanα2=89 .
14. 32 解法 1: 如图 1,将四棱锥 P−ABCD 放入正方体 ABCD−A1B1C1P 中,延长 DE 与正方体刚好交于点 B1 ，延长 DF 与 AA1 交于点 M1 ，连接 B1M1 ，过点 D 作 DN//B1M 与 CC1 交于点 N . 此时， D . M,B1 ， N 四点共面,则 DN 与 CP 的交点为点 G .
∵△PDF⇔△AMF ,又 PFAF=3 ,则 AM=13,A1M=23,CN=23 ,
∵△PDG∼△CNG,∴PGGC=PDCN=32 .
解法 2: 如图 2,过点 P 作直线 l//AB ,延长 FE 与直线 l 交于点 Q ,连 DQ 交 PC 于点 G ,
过点 F 作 FK//AB 交 PB 于点 K ，则点 K 为 PB 上靠近点 B 的四等分点.
∵△PEQ>△KEF,AB=1 ,则 FK=34,∴PQFK=PEEK=2,PQ=32 ,
又 △PQG∼△CDG ， ∴PGGC=PQCD=32 .

图1

图2
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.(1)因为 fα=65 ,所以 sinα=35 , 2 分
又 α∈0,π2 ,所以 csα=1−352=45 . 4 分
故 fα−π3=2sinα−π3=2sinαcsπ3−2csαsinπ3=sinα−3csα=3−435 . 6 分
(2) gx=2sin2x+2sinπ3−2x=2sin2x+3cs2x−sin2x=sin2x+3cs2x=2sin2x+π3 . 9 分当 x∈0,π6 时, 2x+π3∈π3,2π3 ,所以 sin2x+π3∈32,1 , 11 分
故 gx=2sin2x+π3 的值域为 (3,2] . 13 分
16.(1)因为 acsAsinB=2c−asinAcsB ,
所以 acsAsinB+sinAcsB=2csinAcsB ,即 asinC=2csinAcsB , 2 分
由正弦定理可得 ac=2accsB ，所以 csB=12 ， 4 分
由于 B∈0,π ,故 B=π3 . 6 分

(2)因为 D 为 AC 中点，所以 2BD=BC+BA ，则 2BD2=BC+BA2 ，
所以 4×72=a2+42+2a×4×12 ,即 a2+4a−12=0 ,解得 a=2 或 a=−6 (舍), 8 分
由余弦定理知, b2=a2+c2−2accsB=4+16−8=12 ,所以 b=23 , 10 分
所以 a2+b2=c2 ,则 ∠C=π2 ,所以 cs∠CDB=CDBD=37=217 , 13 分
所以 cs∠ADB=csπ−∠CDB=−cs∠CDB=−217 . 15 分
17.(1)因为函数 fx=1−a⋅4x1+a⋅4xa>0,x∈R 的图象关于原点对称，所以函数 fx 是奇函数，
令 x=0 可得, f0=1−a⋅401+a⋅40=1−a1+a=0 ,解得 a=1 , 3 分
经验证, a=1 时, f−x=−fx ,
因此,实数 a 的值为 1 . 5 分
(2)由(1)可知 a=1 ，则 fx=1−4x1+4x=−1+21+4xx∈R ，则任取 x1,x2∈R 且 x10 ,
即 fx1>fx2 ,因此函数 fx 在 R 上单调递减, 7 分
f2lg3x+f1>0⇒f2lg3x>−f1=f−1,
由 f2lg3x>f−1⇒2lg3x