2026温州环大罗山联盟高一下学期期中联考试题数学含解析

这是一份2026温州环大罗山联盟高一下学期期中联考试题数学含解析，共6页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸.等内容，欢迎下载使用。
1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟.
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.
4．考试结束后，只需上交答题纸.
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i为虚数单位，若复数，则复数在复平面内所对应的点位于（ ）
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】应用复数乘法计算化简，再判断复数对应点即可.
【详解】若复数，则复数在复平面内所对应的点为，即复数对应的点位于第二象限.
2. 已知平面向量，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】，，
因为，
所以，解得.
3. 设m，n是两条不同的直线，，β是两个不同的平面，下列说法正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，，则D. 若，，，，，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据线面平行的判断定理可判断A的正误，根据线面平行的定义可判断B的正误，根据面面平行的性质可判断C的正误，根据面面平行的判定定理可判断D的正误.
【详解】对于A，若，，则或，故A错误；
对于B，若，，则或异面，故B错误；
对于C，若，，，则或异面，故B错误；
对于D，由面面平行的判定定理可证D成立，
故选：D.
4. 已知平面向量，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】运用投影向量的定义求解.
【详解】在上的投影向量为.
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为，所以，
．
6. 如图，小明为了测量一棵榕树的高度，他选取与树根部在同一水平面的、两点，在点测得树根部在西偏北的方向上，沿正西方向步行10米到处测得树根部在西偏北的方向上，树梢的仰角为，则树的高度是（ ）
A. 米B. 米C. 米D. 米
【答案】C
【解析】
【分析】根据图形，在中利用正弦定理求得的值，在中求出的值．
【详解】依题意可得如下图形，
在中，，，，
由正弦定理得，，解得，，
在中，，
所以，．
所以树的高度为米
7. 设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且边BC上的中线长等于，则（ ）
A. B. 3C. D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】根据平面向量数量积的定义将原等式变形为，利用正弦定理和三角恒等变换的应用求得.根据和数量积的定义与运算律，建立关于的方程，解之即可.
【详解】如图，为的中点，
，
由，
得，
即，
由正弦定理，得，
即，
得，
由，得，又，
所以.
由，得，
又，，
所以，整理得，
由，解得.
故选：A
8. 如图，在棱长为2的正方体中，点在棱上，过作截面，过作截面，记正方体截面上方部分体积为，记正方体截面下方部分体积为，则的最小值为（ ）
A. B. C. D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】先确定截面与正方体棱的交点，确定所截几何体形状，求出，体积，
最后求最小值．
【详解】
平面截正方体，设与交于，如左图；
平面截正方体，设与交于，如右图．
根据对称性，，．
设，则，．
是一个棱台，下底面为，面积为，
上底面为，面积为，
．
是一个棱台，下底面为，面积为，
上底面为，面积为，
．
，
当，取最小值为．
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知为虚数单位，为复数，下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. 若，则D. 若，则的最小值为1
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A：根据虚数单位的性质运算求解；对于B：根据共轭复数的定义结合复数的模分析判断；对于C：举反例说明即可；对于D：根据复数的几何意义分析判断.
【详解】对于选项A：，故A错误；
对于选项B：设，，则，
所以，故B正确；
对于选项C：例如，，则，满足，
但，两者不能比较大小，故C错误；
对于选项D：设复数在复平面内对应的点分别为，
若，可知点的轨迹是以坐标原点为圆心，半径为1的圆，
则，所以的最小值为1，故D正确.
10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则的图象关于点中心对称
B. 若曲线的图象向左移动个单位后关于轴对称，则的最小值为2
C. 若在单调递增，则
D. 若在上恰有三个零点，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据正弦函数的对称性，结合验证法即可判断A；根据三角函数图象的平移变换和三角函数的奇偶性计算即可判断B；根据整体代换法和正弦函数的单调性建立关于的不等式组，解之即可判断C；根据和正弦函数的图象与性质计算即可求解.
【详解】A：若，则，有，
所以的图象关于点中心对称，故A正确；
B：的图象向左平移个单位后，
得，
因为的图象关于轴对称，所以为偶函数，
所以，解得，
又，所以的最小值为5，故B错误；
C：由，得，
即的单增区间为，又在上单调递增，
所以，解得，故C正确；
D：由，得，
又在上有3个零点，所以，
解得，故D正确.
11. 已知的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为，若，则（ ）
A. 若，则为等腰直角三角形B. 的取值范围为
C. 若，则D. 若的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题意，根据三角形面积公式可得.利用基本不等式计算可得且，即可判断A；利用基本不等式计算可得，根据即可判断B；由题意可得，解之即可判断C；根据余弦定理和辅助角公式可得，结合即可判断D.
【详解】由，得，
整理得.
A：当时，，
即，（当且仅当时取等号），
由，得，又，所以，
得，且，所以为等腰直角三角形，故A正确；
B：，（当且仅当时取等号），
由，得，得，
即，所以的取值范围为，故B正确；
C：当时，，得，
即，整理得，
解得，故C错误；
D：由余弦定理得，
由，得，
所以，
即，（其中），
而，所以的最大值为.故D正确.
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知一个圆锥的母线长为4，侧面积，则此圆锥的底面半径为____________．
【答案】2
【解析】
【分析】根据圆锥的侧面积公式计算直接得出结果.
【详解】设圆锥的底面半径为，母线为，
则圆锥的侧面积为，
由题意知，，解得.
故答案为：2
13. 若是关于的方程的复数根，则____________．
【答案】31
【解析】
【分析】易知是方程的另一个复数根，结合韦达定理计算即可求解.
【详解】因为是关于的方程的一个复数根，
所以是关于的方程的另一个复数根，
由韦达定理得，解得，
所以.
故答案为：31
14. 已知平面向量，满足，与的夹角为，且，则的最小值为____________．
【答案】
【解析】
【分析】使用得到，将问题转化为求的最大值，由与的夹角为，建立的关系式并换元求解.
【详解】，，因为，所以，
，，则要求的最小值等价于求的最大值，
因为与的夹角为，所以，令，，
则，整理后得，
令，则，该方程有正实数解，
故，解得，
又因为，所以，故的最大值为，
即的最大值为，此时，
所以的最小值为.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知函数．
（1）求函数的最小正周期和单调递减区间；
（2）当时，求函数的值域．
【答案】（1）最小正周期为，单调递减区间是
（2）
【解析】
【分析】（1）先由三角函数的恒等变换化简得，即可得周期，解可得单调减区间；
（2）先求出的范围，结合正弦函数的图象即可求解
【小问1详解】
，
所以最小正周期为，
由，
得单调递减区间是；
【小问2详解】
当时，，
则，即时，有最小值为，
，即时，有最大值为，
所以此时的值域为．
16. 在中，是AD的中点，设．
（1）试用表示；
（2）若，求．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量加法减法的三角形法则及数乘运算即可求解；
（2）根据（1）的结论，利用向量数量积的运算律、向量的模公式分别求出，，再根据向量的夹角公式即可求解.
【小问1详解】
因为，所以．
.
因为E是AD的中点，
所以．
【小问2详解】
由（1）知，
因为，
所以
因为，
，
所以，.
所以.
17. 如图，在四棱柱中，平面平面，，且．
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【小问1详解】
平面平面，平面平面，，
平面，
平面，
.
【小问2详解】
连接，如下图所示，
，，
，
，
是等边三角形，可得，，
，
，
根据余弦定理可得，解得，
，
，即，
，
平面，
就是直线与平面所成角，
,，
，
.
18. 已知的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且
（1）判断的形状；
（2）若为钝角三角形，为线段BC的延长线上一点，在线段CD上，且
（i）若，求AD的长；
（ii）求的取值范围．
【答案】（1）等腰三角形或直角三角形
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）法1：根据余弦定理的应用将等式变形得，进而即得；法2：根据正弦定理和三角恒等变换的应用将等式变形为，进而即得；法3：根据正弦定理和三角恒等变换的应用将等式变形为，进而即得；
（2）法一：（i）由（1）可得，设，则，结合角平分线定理化简计算即可求解；（ii）由（i）得，由为钝角三角形得，解得，即可求解.
法二：（i）由（1）可得，设，则，，根据正弦定理和三角恒等变换的应用可得，求出，结合二倍角公式计算即可求解；（ii）由（i）可得，结合计算即可求解.
【小问1详解】
法1：由题意，得，
即则，
所以或，
因此为等腰三角形或直角三角形；
法2：由正弦定理得，
则，
，
，
所以或，
因此为等腰三角形或直角三角形；
法3：由正弦定理得，
则，
因此，
所以，
即，
因此在中，或，
所以或,
因此为等腰三角形或直角三角形.
【小问2详解】
法一：（i）由（1）知，为等腰三角形或直角三角形，
又为钝角三角形，所以为等腰三角形，
则，因此，
因为，
所以，
设，则，
在线段CD上，
由角平分线定理，得，
则，又，
所以，解得，
因此；
（ii）由（i）得，则，
因为为钝角三角形，所以，得，
所以，即，又，
故.
法2：（i）由（1）知，为等腰三角形或直角三角形，
又为钝角三角形，所以为等腰三角形，则，
所以，又，所以，
在线段CD上，，
设，则，
由正弦定理得，
，
所以，
，
，
，
故，
，
由，得，
，
所以，
在Rt中，，
因此；
（ii），
又为钝角三角形，所以为钝角，，
因此，所以，
故，
所以.
19. 如图（1），已知平面五边形中，是边长为的正三角形，，，将和分别沿AC，AD向上翻折至，使得在面ACD的同侧，且二面角的平面角和二面角的平面角的大小都为．
（1）如图（2），当时，求证：平面ACD；
（2）设该五面体外接球的球心为，半径为．
（i）当时，求到平面的距离；
（ii）求的最小值．
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）翻折前：过B，E分别作AC，AD的垂线，垂足分别为F，G，分别延长BF，EG交CD于点H，M，可得二面角的平面角和二面角的平面角分别为和，由可得，根据几何关系证明为平行四边形，结合线面平行的判定定理即可证明结论；
（2）（i）取AC的中点，连接为的外心，过作交于点，设为该五面体的外接球球心，由对称性知，该五面体的外接球，即三棱锥的外接球且面，结合长度关系即可求解；
（ii）由题可得面且，得到，利用化简，结合基本不等式即可求解.
【小问1详解】
翻折前：过B，E分别作AC，AD的垂线，垂足分别为F，G，分别延长BF，EG交CD于点H，M
翻折后：如图所示，则二面角的平面角和二面角的平面角分别为和
因为，则平面平面ACD，
因此，
因为是边长为的正三角形，，
所以都是直角三角形，
由面积相等，得，
所以且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面平面ACD，
因此平面；
【小问2详解】
（i）取AC的中点，连接为的外心，
过作交于点，
因为为正三角形，
所以，
故二面角的平面角为，
设为该五面体的外接球球心，由对称性知，该五面体的外接球，即三棱锥的外接球则面，
则到平面的距离为，
由题可知，
，
所以，
因此到平面的距离为；
（ii）二面角的平面角为，
面，
，
因此，
所以，
则，
故，
，
所以，
当且仅当，即时取等号，