四川省资阳中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省资阳中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题（Word版附解析），共11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：本大题共 8 个小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只有
一个项是符合题目要求的．
1. 若复数 ，则 （ ）
A. 1 B. C. 3 D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数模的公式直接求解.
【详解】依题意， .
故选：B
2. 已知直线 不平行于平面 ，且 ，则下列结论成立的是（ ）
A. 平面 内的所有直线与 是异面直线 B. 平面 内不存在与 平行的直线
C. 平面 内存在唯一一条直线与 平行 D. 平面 内的所有直线与 都相交
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线与平面的位置关系逐一判断即可.
【详解】因为任意一条直线 与平面 有三种位置关系：
即 ， ， ，
由题意可知只有 这种位置关系，
对于 A，平面 内过点 的直线与直线 共面，故 A 错误；
对于 B，因为 ，
假设存在直线 ，且 ，
因为 ，
所以 ，与 矛盾，
所以平面 内不存在与 平行的直线，故 B 正确；
由 B 可知，C 错误；
对于 D，平面 内不过点 的直线，与直线 是异面直线，故 D 错误.
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3. 函数 在一个周期内的图象如图所示，此函数的解析式为
（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角函数图象，依次求得 的值，即得答案.
【详解】由图知 ，
函数的最小正周期 满足 ，则 ，解得
所以 ，
又 ，即
由于 ，所以 ，解得
所以函数的解析式为 .
4. 正方形 的边长为 2，它是水平放置的一个平面图形的直观图（如图），则原图形的周长是（
）
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A. 12 B. C. 16 D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据斜二测画法的原理作出原图形，求出边长即可得原图形的周长.
【详解】从直观图可得 ，
原图形为：
则四边形 OABC 为平行四边形， ，
，
所以其周长为 .
故选：C.
5. 在 中，若其面积为 ，且 ，则角 的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】使用向量的数量积定义及面积公式化简即可求解.
【详解】 ，即 ，
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所以 ，即 ，
所以 ，所以 .
又 ，故 .
6. 已知平面向量 ， 是两个单位向量， 在 上的投影向量为 ，则 （ ）
A. 1 B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据投影向量的定义求出 ，再根据向量数量积的运算律求出 .
【详解】已知 在 上的投影向量为 .
因为 是单位向量，所以 ，则 ，故 .
可得 .
因为 是单位向量，所以 ，可得 .
将 ， 代入可得 .
故选：B.
7. 已知 ， ，则 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由于 ，利用余弦的差角公式即可求解.
【详解】 ， ， .
又 ，
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，
则
．
8. 已知 ， ，函数 ．若将 的图象向
右平移 个单位，再将横坐标伸长为原来的 2 倍，得到函数 ．若 在区间 上单调递增，则
的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由三角恒等变换得 ，由图象的变换得 ，求得其单调
递增区间为 ， ，取 ，即可得解.
【详解】由题意得：
，
向右平移 个单位得： ，
再将横坐标伸长为原来的 2 倍，得 ，
求单调增区间： ， ，
得 ， ，
取 ，得 ．
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因为 ，
所以 最大为 .
二、选择题：本小题共 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. 下列命题不正确的有（ ）
A. 若非零向量 ， ， ，满足 ，则
B.
C. 若 ，且 与 同向，则
D.
【答案】ABC
【解析】
【详解】对于 A，若 ，则 成立，但 不一定成立，故 A 错误，
对于 B， 表示与 共线的向量，而 表示与 共线的向量，
所以 不一定成立，故 B 错误，符合题意；
对于 C，向量既有大小又有方向，不能比较大小，故 C 错误，符合题意；
对于 D，设向量 ， 的夹角为 ，
则 ，故 D 正确，不符合题意．
10. 以下结论正确的有（ ）
A. 在 中，
B. 在 中，若 ，则
C. 在四边形 中，若 ，则四边形是菱形
D. 若四边形 为平行四边形，则
【答案】AD
【解析】
【分析】由正弦定理可判断 A；根据三角形内角及正弦函数可知 或 ，进而可判断 B；根
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据向量平行四边形法则可判断 C；由 ， ，平方相加即可判断 D．
【详解】由正弦定理易知 A，正确．
对于 B，由 ，可得 或 ，即 ，或 ，
，或 ，故 B 错误；
对于 C，若 ，则四边形是平行四边形；
对于 D：根据 ， ，平方相加得结论成立．
11. 如图，棱长为 2 的正方体 中，点 E，F，G 分别是棱 AD， ，CD 的中点，则下
列说法正确的有（ ）
A. 直线 与直线 共面
B.
C. 点 P 是线段 上的动点，则满足 的点 P 有且只有一个
D. 过直线 EF 的平面截正方体，所得截面图形可以是五边形
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于 A 项，连接 ，证明 ∥ 即可；对于 B 项，由 即可求解；
对于 C 项，考虑 P 为 B 点和 中点时即可；对于 D 项，延长 FE 和 交于 G 点，连接 交 AB 于 M
，连接 EM，延长 EF 和 交于 H 点，连接 交 于 N，连接 FN 即可.
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【详解】
对于 A 项，如图①，连接 ，在正方体 中，因为 ∥ ， ，
所以四边形 为平行四边形，故有 ∥ ，
又 分别是棱的中点，则 ∥ ，故 ∥ ，即 可确定一个平面，故 A 项正确；
对于 B 项，如图②， ，故 B 项正确；
对于 C 项，当 P 和 B 重合时，显然 AP⊥PC；当 P 为 中点时，则 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
因为 ， 平面 ，所以 CP⊥平面 ，
因为 平面 ，所以 CP⊥AP.故满足 的点 P 不止一个，故 C 错误.
对于 D 项，如图，延长 FE 和 交于 G 点，连接 交 AB 于 M，连接 EM；
同理延长 EF 和 交于 H 点，连接 交 于 N，连接 FN，
则五边形 为过直线 EF 的截面，故 D 正确.
故选：ABD．
三、填空题：本小题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
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12. ．
【答案】
【解析】
【分析】根据两角差的正切公式，可直接求出结果.
【详解】 .
故答案为
【点睛】本题主要考查两角差的正切公式，熟记公式即可，属于常考题型.
13. 在 中，点 D 满足 ，若 ，则 ______．
【答案】
【解析】
【详解】由 ，
则 ，
又 ，
所以 ，
所以 ．
14. 在 中， ，D 为 BC 边上一点，且 ．若 AD 为 的平分线，且 为
锐角三角形，则边 AC 的取值范围______．
【答案】
【解析】
【分析】设 ，由已知确定 范围，在 与 中分别用正弦定理，得到 与
的关系求解即可.
【详解】因为 为 的平分线，
所以可设 ，则 ， ，
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因为 为锐角三角形，所以 ，即 ,所以 .
在 中，由正弦定理得 ，③
在 中，由正弦定理得 ，④
④÷③得 ，
又 ，所以 ，
设 ，又 ，
所以 ，所以 在 上为增函数，
所以 ．
四、解答题：本小题共 5 小题，共 77 分．解答应写出必要文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知向量 ， .
（1）若 ，求 ；
（2）若 ， ，求 与 的夹角的余弦值.
【答案】（1） ；
（2） .
【解析】
【分析】（1）利用向量的坐标运算和向量垂直的坐标表示求出 x，然后根据坐标运算和向量模的坐标表示可
得；
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（2）利用向量的坐标运算和向量平行的坐标表示求出 x，然后根据向量的夹角公式求解可得.
【小问 1 详解】
，由 可得 ，
即 ，解得 ，
所以 ，故 .
【小问 2 详解】
依题意 ，
又 ，所以 ，
解得 ，则 ， ， ，
所以 ，故 与 的夹角的余弦值为
.
16. 已知复数 （ ， 为虚数单位）， 在复平面上对应的点在第四象限，且满足 ，其
中 是 的共轭复数．
（1）求复数 的虚部；
（2）若复数 是关于 的方程 （ ，且 p， ）的一个复数根，求 的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题先利用复数模的定义与点在第四象限的条件，求出 的虚部为 ，再将 代入实
系数方程，通过复数相等的条件列方程组求出 、 ，最终得到 .
【小问 1 详解】
已知 ，则其共轭复数 .
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由 ，得 .
即 ，解得 ， .
又 在复平面内对应的点在第四象限，故 ，得 .
所以复数 的虚部为 .
【小问 2 详解】
由（1）知 .
因为 是方程 的根，代入得 .
计算 .
代入方程得 .
整理得 .
因为 ，所以实部与虚部分别为 ，即 .
由第二个方程得 ，代入第一个方程得 ，即 .
所以 .
17. 在 中， ．
（1）求 A 的大小；
（2）若 ，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求 最长边上高线的长．
条件①： ；条件②： 的面积为 ；条件③： ．（注：若选多个条件进行解答，
按第一个解答计分．）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式求得 ，进而求得 .
（2）选择条件，然后根据正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式进行分析，从而求得正确答案.
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【小问 1 详解】
因为 ，所以 ，
所以 ，所以 ， ，
因为 ，所以 舍，所以 ，则 ；
【小问 2 详解】
选择①
因为 ，由正弦定理 ，代入 ，得 ；
法一：由余弦定理 ，代入得 ，
所以 ，所以 或 （舍），所以 AC 边最长；
AC 边上的高线 ；
法二：因为 ， ，所以 ，所以 ，所以 ；
所以 边为最长边，其高线 ；
选择②
因为 ，所以 ，因为 ，由余弦定理 ，
所以 ，所以 或 ；
所以最长边上的高线 ；
若选择③， ， ， ，由余弦定理 ，
所以 或 （舍）；
所以 AC 边最长，AC 边上的高线 ；
18. 如图， 是圆锥底面圆的内接三角形， ， ，圆锥底面半径为 ，PA 为
圆锥的母线，且圆锥的侧面展开图是一个半圆．
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（1）求圆锥的高；
（2）求三棱锥 体积的最大值；
（3）用平行于底面的平面截去圆锥的上半部分，截得圆台的上底面半径为 ，若剩下的圆台有内切球，求
圆台的体积．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先根据同角三角函数的关系，及正弦定理求出圆锥底面半径，再根据圆锥的性质求出其母线，
进而利用勾股定理即可求出其高；
（2）先结合题意得到当边 上的高最大时， 的面积最大，从而求出 的面积最大值，进而
求出三棱锥 体积的最大值；
（3）结合（1），及三角形相似，求出圆台的上底面半径，及其高，进而利用圆台的体积公式即可求解．
【小问 1 详解】
设底面圆心为 O，半径为 ，
在 中， ，由 ，则 ，
则由正弦定理有 ，即 ，
又圆锥的侧面展开图是半圆，所以 ，所以 ，
所以圆锥的高 ．
【小问 2 详解】
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由 ， 是定值，则当 是等腰三角形，边 上的高最大，此时 的面积最大，
所以作弦 的垂线，垂足为 ，且 为弦 的中点，该垂线过圆心 ，
则 ，
则底面 面积的最大值为 ，
所以三棱锥 的最大值为 ．
【小问 3 详解】
设圆台的上底面半径为 ，内切球的半径为 ，
结合（1），由图根据三角形相似，得 ，解得 ，
则 ，解得 ，所以圆台的高为
所以圆台的体积为 ．
19. 著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马（1601-1665）于 1643 年提出的平面几何极值问题：“已知
一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”费马问题中的所求点称为费马点，
已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当 的三个内角均小于 时，则使得
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的点 P 即为费马点．在 中，角 的对边分别为 ，且
．若 P 是 的“费马点”， ， ．
（1）求角 ；
（2）设 ， ， ，若 ，求 的周长；
（3）在（2）的条件下，设 ，若当 时，不等式 恒
成立，求实数 的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将边化为角，结合三角恒等变换与三角形内角和求出角 ；
（2）由向量数量积得到 ，结合面积关系、余弦定理联立求出 ，进而算出三角形周长；
（3）借助余弦定理与已知等式求得 ，换元后利用对勾函数最值求解 的取值范围。
【小问 1 详解】
由题可知 ，
由正弦定理可知 ，其中 为 外接圆半径.
所以可得 ，
即 ，
即 ，
由于 ， ，所以 ，所以 ；
【小问 2 详解】
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设 ， ， ，
由题可知
所以 ．
所以 ，由 得：
，即 ，
由余弦定理得， ，
即 ，即 ，
又 ，联立 解得 ， ．
所以 的周长为 ；
【小问 3 详解】
设 ， ， ，
由（2）在 ， ， 中，
由余弦定理得 ，
联立 求解可得 ，
所以 ，
所以 ，
，
即 ，令 ， ，
由对勾函数性质知 在 上单调递减，
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所以 ，
即 m 的取值范围为 ．