浙江省钱塘联盟2025-2026学年高一下学期4月期中考试数学试题（Word版附解析）

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1．本试卷分试题卷和答题卷两部分，满分150分，考试时间120分钟.
2．答题前，在答题卡指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号.
3．所有答案必须写在答题卡上，写在试题卷上无效.
4．考试结束后，只需上交答题卡.
选择题部分
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】
【详解】由可得，
故
2. 已知复数满足，则复数的虚部为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】因为，所以，
所以的虚部为.
3. 已知向量，，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】由平面向量的共线定理进行求解.
【详解】由,得,
得,
当时，，则，
故“”是“”的充要条件.
4. 已知向量为单位向量，，当向量，夹角为时，向量在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为向量为单位向量，，当向量，夹角为，
所以根据投影向量公式可得：向量在上的投影向量为.
5. 已知，，，则，，的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由对数函数的性质可得，由幂函数的性质可得，由三角函数的性质可得，即可得答案.
【详解】因为，，，
所以.
6. 已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的底面半径为（ ）
A. B. 2C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】先利用侧面展开图的弧长与底面周长相等，建立母线长和底面半径的关系，再结合表面积公式求解即可.
【详解】设圆锥的底面圆的半径为，母线长为，
侧面展开图是一个半圆，
，即，
圆锥的表面积为，
，
，
故圆锥的底面半径为2.
7. 已知，，则（ ）
A. 3B. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】因为，
又，
故，
因此.
8. 在中，角，，的对边分别为，，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意结合向量线性运算可得，再利用余弦定理计算求解.
【详解】因为，
所以，
即，
依题意，与不共线，
则，可得，
所以.
二、多项选择题：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. 已知复数，，下列选项正确的是（ ）
A. 若为纯虚数，则
B. 若，则
C. 若在复平面内复数对应的点在第二象限，则的取值范围为
D. 的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【详解】由为纯虚数，则，故A错误；
由，故B正确；
由在复平面内复数对应的点在第二象限，则，故C正确；
由
，故D正确.
10. 在中，角，，的对边分别为，，，下列选项正确的是（ ）
A. “”是“”的充要条件
B. 若，，，则
C. 若，则为直角三角形
D. 若，，，则满足条件的三角形有两个
【答案】ACD
【解析】
【详解】对于A，由正弦定理(为三角形外接圆半径)，
所以，
在三角形中，大角对大边，即，
所以，
因此，，故正确；
对于B，根据正弦定理，
因为，所以，
因为，所以，两个解都满足，故错误；
对于C，根据正弦定理可得，
因为，所以
所以，
所以，
因为，所以，所以，
所以，所以C正确；
对于D，根据正弦定理，
，
因为，，，所以，
所以根据三角形解的判定条件，此时满足条件的三角形有两个解。
11. 已知函数，下列选项正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则不等式的解集为
C. 若在上单调递减，则
D. 当函数恰有2个零点，则
【答案】BD
【解析】
【分析】A选项，利用分段函数求值即可；B选项，分段解不等式即可；C选项，保证函数在每一段上单调递减且同时满足分段点左侧函数值大于等于右侧函数值即可；D选项，分和分类讨论即可.
【详解】对于A：当时，，
，故A错误；
对于B：当时，，
当时，由，即，不成立，
当时，由，即，
所以，即，所以，
综上，不等式的解集为，故B正确；
对于C：若在上单调递减，则，解得：，故C错误；
对于D：（1）当时，，对称轴为．
所以在上单调递减，与只有一个交点．
在上单调递减．，与没有交点．故舍去.
（2）当时，在上单调递增，与直线有一个交点，
所以只要在与有一个交点即可，
（i）当时，对称轴，
在上单调递减，
只需时，．即，解得．
（ii）当时，对称轴，
此时在上单调递减，在上单调递增，
又因为当时，，
所以要使它与只有一个交点，即有两个相等的实数解，则，即，
因为方程在时无解，所以不满足，
综上所述：，故D正确.
非选择题部分
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 如图，用斜二测画法画出的直观图中，的边与轴重合，边平行于轴，长为，长为，则原图中该三角形BC边长为_____．
【答案】6
【解析】
【分析】根据直观图与原图之间的关系确定的特征，再解三角形求结论.
【详解】由已知满足下列条件，，，，
所以.
13. 已知，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是_____．
【答案】
【解析】
【详解】，
,则，
若与共线，则，则，
故与的夹角为锐角时，且.
14. 已知中，，，为所在平面内一点，且，则_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据数量积的几何意义即可求解.
【详解】由可知为的外心，
故.
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. 已知向量，，满足，，且与的夹角为．
（1）若，求实数的值；
（2）求与夹角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据垂直的关系，结合数量积的运算即可求解，
（2）根据模长公式以及夹角公式即可代入求解.
【小问1详解】
，
由得 ，
展开得，
将，，代入得，则；
【小问2详解】
，
.
16. 已知中，角，，的对边分别为，，，且
（1）求角；
（2）若，的面积为，求的周长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理及辅助角公式可得，根据的范围求解即可；
（2）由面积公式可求得，由余弦定理可求得，即可得答案.
【小问1详解】
由，
得，
，，
，，
，即，
，，
，．
【小问2详解】
，
，
由余弦定理
得，
，
，
的周长为.
17. 已知向量，，，设函数；
（1）求的最小正周期与单调递增区间；
（2）对，不等式恒成立，求的取值范围．
【答案】（1），，
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据向量的数量积公式和三角函数的化简，可得，再利用正弦函数性质列不等式计算求解；
（2）参变分离转化为函数的最值问题.
【小问1详解】
，
，
由，得， ，
故的递增区间为，；
【小问2详解】
，恒成立
由，得，
故时，，，
实数的取值范围是.
18. 如图，是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与，轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系为仿射坐标系，若在仿射坐标系下，则把有序数对叫做向量的仿射坐标，记为．已知在仿射坐标系下，，．
（1）求向量，的仿射坐标；
（2）若点是线段上的动点（含端点），当时，求的取值范围；
（3）设，若对恒成立，求的最大值．
【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据平面向量坐标运算法则计算可得结果；
（2）以，为基底表示出，再由向量数量积的运算律计算可得结果；
（3）将不等式 转化为关于的二次函数形式，利用判别式即可求出的取值范围，可得其最大值.
【小问1详解】
由，，可得
；；
【小问2详解】
若，则，
设，，
，
，

；
，．
【小问3详解】
由 对恒成立，即恒成立；
，
对恒成立，
即对恒成立，
，
即 ，所以的最大值为.
19. 中国古代数学名著《九章算术·商功》将正三棱台这类多面体归为“刍童”，并记载其体积算法：“倍上袤，下袤从之，亦倍下袤，上袤从之，各以其广乘之，并，以高若深乘之，皆六而一”，这是世界上最早的棱台体积通用计算法则，与现代棱台体积公式高度契合．魏晋数学家刘徽在注疏中，运用“割补术”将棱台分解为“三品棋”（长方体、堑堵、阳马），严谨证明了该算法的正确性，彰显了中国古代“化繁为简、数形结合”的数学智慧．如图，某古代粮仓模型为正三棱台，模拟“刍童”形制．已知该三棱台上底面边长，下底面边长，侧棱长．
（1）求该正三棱台的高；
（2）若线段上有一动点，求的最小值；
（3）若计划在该三棱台内部放置一个体积最大的实心球（与各面均相切），请判断是否存在这样的球．若存在，求出其体积；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）不存在，说明理由
【解析】
【分析】（1）根据正棱台的性质即可求解，
（2）将侧面与展开到同一个平面，利用余弦定理以及三点共线即可求解最小值.
（3）补形，求解四面体的内切球半径，即可得解.
【小问1详解】
设正三棱台上下底面中心分别为、，连接、、，则为正三棱台的高；
设在底面的射影为，易知在上；
上底面正三角形边长，；
下底面正三角形边长，；
，
根据勾股定理：
所以正三棱台的高．
【小问2详解】
如图，将侧面与展开到同一个平面，
当时，取得最小值，
等腰梯形中，，，，；
正棱台侧面全等，；
展开后；
所以最小值为.
【小问3详解】
将正三棱台补形成三棱锥，
则，，；
该三棱锥为正四面体
设正三棱锥的内切球半径为，
由等体积法，,故；
若球与正三棱台各个面都相切，则需；