湖南省株洲市部分学校2025-2026学年高一下学期期中联合测评数学试题（Word版附解析）

这是一份湖南省株洲市部分学校2025-2026学年高一下学期期中联合测评数学试题（Word版附解析），共8页。试卷主要包含了 若有一个 ，下面说法正确的是等内容，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.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，将答案写在答题卡上，写在本试卷
上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 已知集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先分别化简集合 ， ，再求交集即可.
【详解】 ， ，
所以 .
故选：B.
【点睛】本题主要考查集合的交集运算，同时考查了函数的值域，属于简单题.
2. 命题“ ”的否定是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据全称命题否定的结构形式可得正确的选项.
【详解】全称命题的否定为特称命题，
故命题“ ”的否定为： ，
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故选：D.
3. 的模=（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由复数的模公式计算即得
【详解】 .
4. 已知向量 满足 ，则向量 与 夹角的余弦值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出 ，再根据夹角公式可求余弦值.
【详解】因为 ，所以 ，
从而 ，所以 即 ，
故 ，
故选：A.
5. 在 中，角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ， ， ，则 （ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】结合题干和正弦定理建立方程求解.
【详解】在 中由正弦定理 ，可得：
已知 ，则 ，且 ，
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代入上式： ，解得 .
6. 设 ， ， ，则 ， ， 的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据指数函数与对数函数的性质，分别求得 ， ， 取值范围，即可求解.
【详解】由题意，根据指数函数的性质，可得 ， ，
根据对数函数的性质，可得 ，
所以 .
故选：A.
【点睛】本题主要考查了指数式与对数的比较大小，其中解答中熟记指数函数与对数函数的图象与性质是
解答的关键，着重考查推理与运算能力.
7. 已知一个正四棱锥的底面边长为 ，内切球的体积为 ，则这个正四棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】由内切球的体积为 可求内切球的半径.设球与正四棱锥底面切于点 ，侧面切于点 ，设
，延长 交底面于点 .根据正四棱锥的底面边长及 即可求解 的值，利用棱锥
体积公式即可求解.
【详解】因为内切球的体积为 ，所以内切球的半径为 1.
如图所示，设球与正四棱锥底面切于点 ，侧面切于点 ，设 ，延长 交底面于点 .
因为正四棱锥的底面边长为 ，
所以 .
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又 ，所以 ，即 ，解得 .
所以 ，所以正四棱锥的体积为 .
故选：C.
8. 如图一个三棱锥 中， ， 、 、 分别为所在棱中点， 、 分
别为所在棱靠近 端的三等分点，沿平面 或平面 分割后，截面中均恰好看不见球体.则球 与整
个三棱锥体积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设 ，易知 ，且 ，设球 半径为 ，
，根据中点可知 到 的距离 ， ，根据三角形面积公式及内切圆
半径公式可得 ，结合余弦定理可得 ，进而可得 ， ，可
得内切球半径且可知三棱锥为正三棱锥，再根据球的体积公式及三棱锥公式分别求体积及比值.
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【详解】
如图所示，取 中点为 ， ，
为方便计算，不妨设 ，
由 ，可知 ，
又 、 分别为所在棱靠近 端的三等分点，
则 ，
且 ， 、 ， ， 平面 ，
即 平面 ，又 平面 ，则平面 平面 ，
设球 半径为 ， ，
由于 、 、 分别为所在棱中点，且沿平面 切开后，截面中均恰好看不见球体，
则 到 的距离 ， ， ，
又 ，解得： ，
故 ，
又 ，
解得 ， ，
所以 ，解得 ， ，
由以上计算可知： 为正三棱锥，
故
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，
所以比值为 .
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. 若有一个 ，下面说法正确的是（ ）
A. 在 中，若 ，则 为等腰直角三角形
B. 在 中， ， ， ，若此三角形恰有两解，则实数 的取值范围是
C. 在 中，三边之比为 ，则此三角形的最大内角为
D. 在 中， ，且最大边与最小边是方程 的两个实根，则 的外接圆
半径
【答案】BCD
【解析】
【分析】由 ，可得 或 ，即可判断 A；利用正弦定理即可判断 B；根
据大边对大角结合余弦定理即可判断 C；利用韦达定理结合余弦定理求出边 ，再利用正弦定理即可判断
D.
【详解】对于 A，因为 ， ，
所以 或 ，所以 或 ，
所以 为等腰三角形或直角三角形，故 A 错误；
对于 B，因为 恰有两解，
所以 ，即 ，解得 ，故 B 正确；
对于 C，不妨设三边的长分别为 ，
则 对应的角最大，设为 ，
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则 ，
所以 ，即三角形的最大内角为 ，故 C 正确；
对于 D，设 所对的边分别为 ，
因为最大边与最小边是方程 的两个实根，易知两根不相等，
故 不是等边三角形.
若 为最大角，则 ，
若 为最小角，则 ，所以角 既不是最大角也不是最小角，
即边 既不是最大边也不是最小边，
因为最大边与最小边是方程 的两个实根，
所以 ，
由余弦定理得 ，所以 ，
所以 的外接圆半径 ，故 D 正确.
10. 三棱锥 的四个顶点都在球 上，且 底面 ， ，
，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 球心 在三棱锥的内部
C. 球心 到底面 的距离为 1 D. 球 的表面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】选项 A，利用余弦定理计算 的长度；选项 B，结合底面 外接圆圆心和球心关系判断即
可；选项 C，根据外接球的球心位置规律推导距离；选项 D，利用外接球半径公式求出球的半径，再使用球
的表面积公式计算.
【详解】 底面 ， ， ， .
选项 A：由余弦定理：
，得 ，A 正确；
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选项 B：底面 中， 是钝角，钝角三角形的外心（外接圆圆心）在三角形外部，因此三
棱锥外接球的球心在三棱锥外部，B 错误；
选项 C：侧棱垂直底面，外接球的球心在过底面外心且垂直于底面的直线上，
球心到底面的距离 ，C 正确；
选项 D：由正弦定理，底面 外接圆半径 满足：
，
外接球半径 满足 ，
因此球的表面积： ，D 正确.
11. 已知函数 ，则下列结论正确的是（ ）
A. 的最小值为 1 B. 的最大值为
C. 在 上单调递减 D. 的图象是轴对称图形
【答案】BCD
【解析】
【分析】D 选项，变形得到 ，结合 关于直线 对称，故
，D 正确；AB 选项，换元后，由基本不等式得到值域，得到 A 错误，B 正确；C 选项，由
同增异减得到函数单调性.
【详解】D 选项，函数 的定义域为 ，因为 ，
所以 .
因为 的图象关于直线 对称，
所以 ，
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则 的图象关于直线 对称，D 正确；
AB 选项，令 ，则 ，则 ，
当且仅当 ，即 时，等号成立，
所以 ，A 错误，B 正确；
C 选项，又当 时， 单调递增，
此时 ， 在 上单调递减，
所以 在 上单调递减，C 正确；
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：将函数变形为 ，再结合换元法进行求解.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 如果向量 ， ， 的模分别为 ， ， ，则 与 的夹角为________.
【答案】
【解析】
【分析】借助模长与数量积关系计算可得 ，再利用平面向量夹角公式计算即可得.
【详解】由 ，
则 ，即 ，
则 ，故 .
13. 在锐角 中，角 ， ， 的对边分别是 ， ， ，若 ，则 的取值范围
为________.
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【答案】
【解析】
【分析】先设 ，得 ①，由 得 ②
再由 为锐角三角形，得 ， ， ，并将①②代入整理成关于 的一元二次
不等式组，解之即得 的范围，最后由正弦定理即得..
【详解】设 ，则 ，由 得
因 为锐角三角形，故 ， ， ：
，代入得 ，解得 ；
，代入得 ，解得 ；
，代入得 ，对 恒成立，
综上， ，即 ，.
故答案为： .
14. 已知棱长都相等正四棱锥的侧面积为 ，则该正四棱锥内切球的表面积为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据侧面积求出正四棱锥的棱长，画出组合体的截面图，根据三角形的相似求得四棱锥内切球的
半径，于是可得内切球的表面积．
【详解】设正四棱锥的棱长为 ，则 ，
解得 ．
于是该正四棱锥内切球的大圆是如图△PMN 的内切圆，
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其中 ， ．
∴ ．
设内切圆的半径为 ，
由 ∽ ，得 ，即 ，
解得 ，
∴内切球的表面积为 ．
【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的
位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中
心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于
球 的直径．
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. 已知锐角 的内角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，向量 ，
，且 .
（1）求角 的值；
（2）若 ，求 的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据数量积的坐标表示，利用正弦定理和余弦定理角化边可得；
（2）利用正弦定理将 表示为关于角 的函数，根据二倍角公式化简，由正切函数的性质可得.
【小问 1 详解】
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因为 ，
所以 ，
利用正弦定理角化边得 ，
又 ，
，则 ，
又 为锐角三角形，故 .
【小问 2 详解】
由正弦定理得 ，
，
由于 为锐角三角形，则 ，
又 ，解得 ，
所以
，
而 ，即 ，
，故 的取值范围为 .
16. 已知 分别为 三个内角 的对边，且 ．
（1）求 ；
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（2）若 ， 的面积为 ，求 的周长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由正弦定理得到 ，结合余弦定理，求得 ，即可求解；
（2）由 的面积为 ，求得 ，再由余弦定理得到 ，求得 的值，即可
求解.
【小问 1 详解】
解：因为 ，
由正弦定理可得 ，即 ，
又由余弦定理，可得 ，
又因为 ，所以 .
【小问 2 详解】
解：由 的面积为 ，可得 ，即 ，所以 ，
因为 ，又由余弦定理 ，
可得 ，
解得 ，所以 的周长为 .
17. 对于定义在 上的函数 ，若 ，使得 成立，则称 为函数 的不动点．
（1）若 ，求 的不动点；
（2）对于二次函数 ．
（i）当 时，函数 有唯一的不动点，求实数 a 的取值范围；
（ii）若函数 有两个不相等的不动点 ，且 ，求 的最小值．
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【答案】（1）
（2）（i）
（ii）
【解析】
【分析】（1）根据题意得到 的解析式，然后根据不动点的定义计算即可；
（2）（i）将 时， 有唯一的不动点转化为函数 在 上只有
一个零点，然后列不等式求解即可；
（ii）将 有两个不相等的不动点，且 转化为方程 有两个不相等的
正根，然后结合韦达定理和基本不等式求最值即可.
【小问 1 详解】
，
则不动点满足 ，即 ，
整理得 ，
因为 ，所以 ，
当 时， ，解得 ，满足；
当 时， ，无解，
所以 的不动点为 .
【小问 2 详解】
（i） ，
当 时， 有唯一的不动点，则方程 只有一个解，
即函数 在 上只有一个零点，
当 时， ， ，满足要求；
当 ，即 时， ，解得 或 ，
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时， ，在 上只有一个零点 1，
时， ，在 上只有一个零点 1，
所以 的取值范围为 .
（ii）令 ，整理得 ，
则 ，解得 ，
，
令 ，
则 ，
当且仅当 ，即 时等号成立，
所以 的最小值为 .
【点睛】方法点睛：一元二次方程根的分布问题：
（1）图形法：考虑开口、对称轴、和端点处函数值的正负等因素；
（2）韦达定理的方法：根据 和 的正负判断根的正负.
18. 如图，在四棱锥 中，底面 为正方形， 底面 ， ， 为线段
的中点.
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（1）若 为线段 上的动点，证明：平面 平面 ；
（2）若 ， 分别为线段 ， 的中点，过 、 、 三点的平面交 于点 ，求四棱锥
的体积.
（3）若图 1 中， 为 的中点， 是 的四等分点，若图 2 中， ， 分别为 ， 的中点，求
图 1 中 和平面 夹角的正弦值与图 2 中 和平面 夹角的余弦值之比.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）结合图形利用面面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，确定棱锥的高，结合等体积法求解即可；
（3）利用空间向量求线面角公式求解正弦值、余弦值，再计算二者的比值.
【小问 1 详解】
由 底面 ， 底面 ，得 ，
又底面 为正方形， ， ，故 平面 .
因为 平面 ，所以 ，
又 ， 是 中点，故 .
，因此 平面 ，
又 平面 ，故平面 平面 .
【小问 2 详解】
如图所示，
以 为原点，分别以 所在直线为 轴建立空间直角坐标系，
， 为 中点，故 .
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为 中点，故 ， ，平面 即平面 （ ），
的面积： .
到平面 （ ）的距离为 的纵坐标 ，
故体积： .
【小问 3 详解】
如图所示，平面 是 平面，其法向量为 .
图 1： 为 靠近 的四等分点，得 ， ，
和平面 夹角 满足 ，
图 2： 为 中点，得 ， ，
和平面 夹角 满足 ，
故 ，
所以比值为：
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19. 对于定义域为 的函数 以及非空数集 ：若对任意 ，当 时，都有
，则称 是 关联的.
（1）设 ，写出符合条件的三个开区间 ，使得 是 关联的；
（2）设 ，若存在一个闭区间 使得 是 关联的，求 ；
（3）证明： 是 关联的等价于 是 关联的.
【答案】（1） ， ，
（2） ，
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据已知条件 ，分别考虑 和 的情况.当 ，让
接近 ， 接近 ，但要在 内，出现 矛盾；同理 时也矛盾，所以区间
中有 ，再检验三类开区间满足题意即可；
（2）由 是 关联的得出 .当 时， 和
能取任意值， 也能取任意值，矛盾，所以 ，式子变为
.若 ， 最值差不符合条件，所以 ，最后验证
满足条件得出结果.
（3）分两步：已知 是 关联的，即 时， .通过令不同的 、
取值，得出 和 . 对于 ，将 拆成
（ ， 且 ），对 变形，利用前面结论得到
，结合范围推出 ，再验证
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时也满足，从而证明 是 关联的；再证明若 是 关联的，可得到 是 关
联的即可得证.
【小问 1 详解】
已知对 ， ，
若 ，让 接近 ，就有 接近 ，
要满足 ，则 ，这不可能；
若 ，让 接近 ，有 接近 ，
要满足 ，则 ，也不可能；
所以 、 中有 ；
对 ，由 ，
则 ，有 ，符合题意；
对 ，由 ，
则 ，有 ，符合题意；
对 ，由 ，
则 ，符合题意；
故 、 、 这三类开区间满足题意，
故可取 ， ， ；
【小问 2 详解】
若 是 关联的，则
，
当 ， 且 时， 能取任意值，
则 也能取任意值，
那么 能取任意值，矛盾，
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则 ，则 ，
若 ， 时， 最值差为 ，
与 矛盾，所以 ，
取 ，则 时， ，满足条件，
综上所得，所求 ， ；
【小问 3 详解】
先证充分性．若 是 关联的，则当 时， .
令 ， ，则 .
令 ， ，则 .
于是 .
又令 ， ，得 .
所以 .
由此可得，对任意整数 ，都有 .
下面证明 是 关联的．任取 ，且 .
若 ，由 关联性，直接有 .
若 ，则可设 ，其中 ， ，且 ．
于是 .
由 和 关联性，得 .
又由整数平移关系，得 .
所以 .
故 是 关联的．
再证必要性．
若 是 关联的，则因为 ，所以对任意整数 ，有
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.
又因为 ，所以 .
而 .
右边共有 项，每一项都不小于 ，故 .
于是 ，且每一项都等于 ，即 .
因此对任意整数 ，有 .
任取 ，且 .
由于 ，由 关联性可得 .
另一方面， ，
所以 .
又由整数平移关系， .
故 .
综上， ，即 .
所以 是 关联的．
综上， 是 关联的等价于 是 关联的．
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