湖南省长沙市第一中学2025-2026学年高一下学期5月期中数学试题（Word版附解析）

这是一份湖南省长沙市第一中学2025-2026学年高一下学期5月期中数学试题（Word版附解析），共37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。
时量：120分钟 满分：150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，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】因为，
所以.
2. 已知复数满足，其中为虚数单位，则（ ）
A. 2B. C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的除法运算及模长公式即可求解．
【详解】由，
则，
所以．
3. 已知是定义在上的偶函数，且在上单调递减，，则不等式的解集是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合函数单调性与奇偶性计算即可得.
【详解】由已知是定义在上的偶函数，且在上单调递减，
则函数在上单调递增，
又，所以，
即当时，，当或时，，
所以不等式的解集为.
4. 已知平面，两条不重合的直线，则“存在直线，使”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】B
【解析】
【详解】如果，此时也能找到且，但并不平行于，而是在内，所以充分性不成立；
根据线面平行的性质定理：如果直线平行于平面，那么过作一个平面与相交，交线就满足，且，所以必要性成立.
即“存在直线，使”是“”的必要不充分条件.
5. 已知各棱长都为1的平行六面体中，棱、、两两的夹角均为，则异面直线与所成角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，结合平行六面体的结构特征，利用几何法求出异面直线与所成角.
【详解】在平行六面体中，连接，，
则四边形是平行四边形，，于是是异面直线与所成角或其补角，
由，棱两两的夹角均为，
得都是正三角形，即，则，
所以异面直线与所成角为.
故选：C
6. 将函数的图象向右平移个单位长度后，得到的图象关于轴对称，则的一个可能取值为（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出平移后的函数解析式，进而根据函数性质求得，再依次讨论值即可.
【详解】函数的图象向右平移个单位长度后，
对应的函数解析式为，
因为的图象关于轴对称，
则，即.
当时，；
当时，；
当时，；
综上，的一个可能取值为.
7. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】借助幂函数与对数函数单调性判断即可得.
【详解】因为幂函数在上单调递增，
所以，即，
又因为对数函数在上单调递减，
所以，即，所以.
8. 如图1，“六芒星”是由两个边长为3的正三角形组成，中心重合于点且三组对边分别平行．如图2，点是“六芒星”的两个顶点，动点在“六芒星”内（包含边界），则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用数量积的几何意义可得点与点或点重合时，取最大，结合数量积公式计算即可得，再利用对称性可得其最小值，即可得其范围.
【详解】如图，作，则，
由，为在上的投影，
故当点与点或点重合时，取最大值，
即，
又,所以，
由对称性可知.
所以的取值范围是．
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. 已知函数，则（ ）
A. 的最小正周期为
B. 的值域为
C. 的单调递减区间为
D. 的图象关于点对称
【答案】ACD
【解析】
【详解】对于A，因为，所以的最小正周期为，故A正确；
对于B，因为，所以的值域为，故B错误；
对于C，因为，所以的单调减区间为，故C正确；
对于D，因为，所以的图象关于点对称，故D正确.
10. 已知复数为虚数单位，则下列说法正确的是（ ）
A. 若互为共轭复数，，则的虚部为
B. 若互为共轭复数，，则
C. 若互为共轭复数，则
D. 若，则
【答案】BC
【解析】
【分析】对A：借助复数运算法则计算可得，再利用共轭复数定义与虚部定义即可得；对B：结合A中所得结合复数的乘方运算即可得；对C：借助共轭复数定义与模长公式计算即可得；对D：举出反例即可得.
【详解】对于A，，则，故的虚部为，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，设，则，
所以，，故C正确；
对于D，取，则，但不都为0，故D错误．
11. 如图，在正方体中，，点是正方形内的动点（包含边界），点为的中点，则下列结论正确的是（ ）
A. 若点在线段上，则
B. 若点在线段上，则的最小值为
C. 若点是线段的中点，则点到平面的距离为
D. 若，则点的轨迹长度为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A：通过证明平面，可得；对B：将平面沿直线翻折，使得四点共面，则由和均是边长为的等边三角形，可得；对C：借助等体积法可得，再利用余弦定理及面积公式求出即可得解；对D：可得点的轨迹为平面中，以中点为圆心、为半径的圆的圆弧上，即可得其轨迹长度.
【详解】选项A，当点在线段上时，连接，
在正方形中，对角线，
又平面，平面，所以，
于是垂直于平面内的两条相交直线和，
故平面，而平面，因，A正确；

选项B，当点在线段上时，将平面沿直线翻折，
使得四点共面，由和均是边长为的等边三角形，
故，B错误；
选项C，当点是线段中点时，设点到平面的距离为，
则，
又，则，
又，
由余弦定理得，
所以，所以，故，C正确；

选项D，取的中点，
连接，易知，则，
由得点在以为圆心、为半径的圆上，点的轨迹为圆弧，
易知，所以点的轨迹长为，D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知二次函数有且仅有一个零点，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】借助根的判别式与基本不等式计算即可得.
【详解】由题意知，，∴，
则，
当且仅当，即时取等号，
故的最小值为.
13. 如图，已知三棱台的体积为，上、下底面边长之比为，若截去三棱锥，则剩余部分的体积为__________．（用表示）
【答案】
【解析】
【分析】利用棱台性质及棱台与棱锥体积公式计算即可得.
【详解】由相似可知，三棱台上、下底面的面积之比为，
设棱台的高为，上底面的面积为，则点到平面的距离也是，
从而有，
则剩余部分的体积为．
14. 若，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】由同角三角函数基本关系及辅助角公式结合正弦函数性质建立不等式计算即可求解.
【详解】由得，
即，
由辅助角公式得，
当时取等号，其中，
所以，即，解得，
所以的最小值为．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知函数，其中且．
（1）若，求的最小值；
（2）当时，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）．
（2）．
【解析】
【分析】（1）结合二次函数性质和指数函数性质，利用配方法可求的最小值；
（2）先判断，然后求出的最大值后列不等式即可求解．
【小问1详解】
当时，，
则，
∴当即时，．
【小问2详解】
当时，则在上为增函数，
故的值域为，不符合条件；
∴，此时在上为减函数，
故，
由题意得，得，又，
解得，即实数的取值范围为．
16. 如图，在中，已知，为边的中点．
（1）求；
（2）求．
【答案】（1）12 （2）．
【解析】
【分析】（1）方法一，以为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算求解；法二，利用向量数量积的运算律求解；法三，在中，由余弦定理求得，，再根据向量数量积定义求解；
（2）法1，由向量的坐标运算结合夹角公式求解；法2，利用数量积运算求得，结合夹角公式求解；法3，在中，由余弦定理求得，再由余弦定理求得答案.
【小问1详解】
方法一：以为原点，所在直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，
则.
所以，所以.
方法二：因为，
所以.
方法三：在中，由余弦定理可得，
，即，
，
所以．
【小问2详解】
方法一，因为，所以，
，
则.
方法二，因为，
所以，
，
，
所以．
方法三：在中，由余弦定理可得，，
所以，
所以.
17. 如图，在四棱锥中，平面，底面四边形为直角梯形，，为的中点，平面.
（1）求证：；
（2）求与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）运用线面平行的判定定理与性质；
（2）通过线面垂直来确定射影，再求出相应的线段长度，从而求线面角的余弦值.
【小问1详解】
因为，平面，平面，
所以平面，
而平面，平面平面，所以.
【小问2详解】
如图，连接，
因为平面，平面，所以，
又因为，且平面，
所以平面.
由（1）得，且，则，
所以平面，又平面，所以.
因为为的中点，且，所以，
又平面，所以平面，
所以是在平面内的射影，为与平面所成角.
由且，为的中点，得，
因为平面，所以，故，即，
又因为且，所以，
所以，
所以与平面所成角的余弦值为.
18. 如图，已知的内角所对的边分别为，且，动点在的外接圆上，且点和点位于边的两侧，连接，已知．

（1）判断的形状；
（2）若，求四边形的面积；
（3）求的最大值．
【答案】（1）等腰三角形
（2）
（3）．
【解析】
【分析】（1）借助正弦定理将边化为角后，可得，从而可得，即可得该三角形形状；
（2）借助余弦定理计算可得，从而可得，再利用面积公式计算即可得解；
（3）设，借助余弦定理计算可得，，即可由表示出，从而可得的最大值.
【小问1详解】
由及正弦定理得，
因为，所以，
所以，即，所以，
所以为等腰三角形；
【小问2详解】
若，则，又，
由余弦定理得，，
由（1）知，则，
，
所以，则，
所以，
所以；
【小问3详解】
设，由（1）知，
则，
由余弦定理得，，
，
所以，即．
又因为，
，
所以，解得，
所以，
所以，
故当时，，则的最大值为．
19. 已知正四面体的棱长为．
（1）证明：；
（2）某几何体是由正四面体按如下规则得到：在每个三角形面上，以各边中点为顶点的小三角形为底面，向外补一个小正四面体记为第1次操作；继续以新生的小正四面体各边中点为顶点的小三角形为底面，向外补一个小正四面体记为第2次操作；以此类推，如图所示．
（i）求第3次操作后几何体的体积；
（ii）现有次操作后生成的几何体石材，求打磨出的最大球的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）；（ii）．
【解析】
【分析】（1）取中点，由线面垂直的判定定理可得平面，得证；
（2）（i）设原四面体的棱长为，体积为，第1次操作后，新增四个小正四面体，其棱长为，第2次操作后，每个小四面体均新增三个更小的正四面体，棱长为，共增加12个，第3次操作后，新增36个小正四面体，棱长为，由此计算得解；（ii）根据题意可得最大球即初始正四面体的中心到各面中位线中点的距离为半径的球，计算得解.
【小问1详解】
取中点，由正四面体知与均为正三角形，
故，又平面，
所以平面，又平面，故.
【小问2详解】
（i）设第次操作后的体积为，原四面体的棱长为，体积为；
第1次操作后，新增四个小正四面体，其棱长为，且新增的体积为；
第2次操作后，每个小四面体均新增三个更小的正四面体，棱长为，共增加12个，故新增的体积为；
第3次操作后，新增36个小正四面体，棱长为，故新增体积为，
因此操作3次后的体积为，
原正四面体的体积，故.
（ii）最大球即初始正四面体的中心到各面中位线中点的距离为半径的球.
过点作平面于点，因为四面体为正四面体，
故为的中心，则在上，且，
同理，可得在上，且，则为四面体的外接球球心和内切球球心，
设，则，
所以，则由，解得，所以，
设点为的中点，则，则，
次操作后始终为新生几何体的一个顶点，故打磨出的球的半径，
记第1次操作后构造的任一正四面体（即四面体）的外接球球心为，
连接，则平面，设垂足为，，则为的中心，
故在上，且，故点与点重合，
所以共线，则平面，故.
即以为球心，为半径的球，是次操作后生成的几何体石材打磨出的最大球，
此球体积为.