2025--2026学年云南省玉溪第一中学（北校）高一下册期中考试数学试题 [含答案]

这是一份2025--2026学年云南省玉溪第一中学（北校）高一下册期中考试数学试题 [含答案]，共4页。试卷主要包含了单项选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 集合，则（ ）
A. B. C. D.
2. 已知向量，，且，则m=（ ）
A. －3B. 3C. D.
3. （ ）
A. B. C. D.
4. 已知，关于的不等式的解集为，则（ ）
A. 3B. C. 1D.
5. 若，则（ ）
A. B. C. D.
6. 若，，则（ ）
A. B. C. D.
7. 在正四棱台中，，若侧面与底面的夹角为，则该四棱台的体积为（ ）
A. B. C. D.
8. 在中，为的中点，为平面内一点，且，则（ ）
A. 的最大值为
B. 的最大值为
C. 的最大值为
D. 的最大值为
二、多选题：本题共3题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中有多个选项符合要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9. 若实数满足，则下列不等式一定成立的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
10. 在中，内角所对的边分别为，则下列结论中正确的是（ ）
A. 若，则有两解
B. 若，则
C. 若，则一定是等腰三角形
D. 若，则的外接圆半径是4
11. 如图，在棱长为6的正方体中，已知M，N，P分别是棱，，BC的中点，点Q满足，则下列说法正确的有（ ）

A. 平面
B. 若Q，M，N，P四点共面，则
C. 若，点F在侧面内（包括边界），且平面，则点F的轨迹长度为
D. 若，过A，P，Q三点作该正方体的截面将该正方体分成两部分，较小体积与较大体积的比值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 函数的定义域为________．
13. 已知向量，，则在方向上的投影向量为______.
14. 已知函数，若函数有四个不同的零点，且有如下关系，，则的取值范围是__________．
四、解答题：本题共5小题，共77分．
15. 设，是两个不共线的向量，．
（1）已知，，，若A，B，C三点在同一直线上，求；
（2）若，且与的夹角为，求的最小值．
16. 设锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
（1）求A；
（2）若，且的面积为，求的周长．
17. 如图所示，在四棱锥中，在底面中，，E在棱PD上且.
（1）求证：平面；
（2）线段上是否存在点N，使得平面平面？若存在，写出的值；若不存在，请说明理由.
18. 已知函数的图象相邻对称轴之间的距离是，若将的图像向右移个单位，所得函数为奇函数.
（1）求的解析式；
（2）若函数的一个零点为，且，求
19. 已知，.
（1）证明：；
（2）判断并用定义证明的单调性；
（3）若函数的图象在区间上与x轴有2个交点，求实数m的取值范围.
数学
一、单项选择题：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，只有一个选项是正确的．
1. 集合，则（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
思路：根据集合的交集运算即可解出．
解答过程：因为，，所以．
故选：A.
2. 已知向量，，且，则m=（ ）
A. －3B. 3C. D.
答案：B
解析：
思路：根据求解.
解答过程：因为，
所以，
所以m=3.
故选：B
3. （ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
思路：根据诱导公式和两角和的正弦公式即可得到答案.
解答过程：
.
故选：D.
4. 已知，关于的不等式的解集为，则（ ）
A. 3B. C. 1D.
答案：C
解析：
思路：根据一元二次不等式和一元二次方程的关系，求出、的值，进而求出的值.
解答过程：因为关于的不等式的解集为，
所以和2是方程的两个根，
所以，，所以，.
所以.
故选：C.
5. 若，则（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
思路：借助诱导公式计算即得.
解答过程.
故选：D.
6. 若，，则（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
思路：根据指数与对数的互化及对数的运算性质求解即可.
解答过程：由得，，即.
由得，，即，所以.
所以.
7. 在正四棱台中，，若侧面与底面的夹角为，则该四棱台的体积为（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
思路：通过作图，利用正四棱台的性质可得为侧面与底面所成的二面角的平面角，结合条件，求出正四棱台的高，再由棱台的体积公式求解.
解答过程：如图，设正四棱台的上、下底面中心分别为，连接，则平面，
取的中点，连接，易知，且，
过作交于，则平面，又平面，则，
故可得平面，则，则为侧面与底面所成的二面角的平面角，则，
又，则，，
由，得到，即，
又，
所以四棱台的体积为.
8. 在中，为的中点，为平面内一点，且，则（ ）
A. 的最大值为
B. 的最大值为
C. 的最大值为
D. 的最大值为
答案：A
解析：
思路：以为坐标原点，，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，为以为圆心，半径为圆上一点，根据向量运算的几何意义逐选项判断即可.
解答过程：
以为坐标原点，，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，
所以，设，
所以，
因为，
所以，即，即，
所以为以为圆心，半径为圆上一点，
对于A，，所以，几何意义为到原点的距离，
所以的最大值为到原点的距离的最大值，
最大值为原点到圆心距离加上半径，即，故A正确；
对于B，，，几何意义为到的距离，
所以的最大值为到的距离的最大值，
最大值为到圆心距离加上半径，即，故B错误；
对于C，，令，即，
即，当与圆相切时有最值，即，
解得，所以的最大值为，即的最大值为5，故C错误；
对于D，，因为为以为圆心，半径为圆上一点，
所以的最大值为，所以的最大值为，故D错误，
故选：A.
二、多选题：本题共3题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中有多个选项符合要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9. 若实数满足，则下列不等式一定成立的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
答案：AC
解析：
思路：由不等式的性质可得AC正确；举反例可得BD错误；
解答过程：选项，由不等式乘法性质知 正确，故A正确；
选项， 时不成立，故 错误；
C选项，由不等式的平方性质知 正确，故C正确；
选项， 时不成立，故 错误；
故选： AC.
10. 在中，内角所对的边分别为，则下列结论中正确的是（ ）
A. 若，则有两解
B. 若，则
C. 若，则一定是等腰三角形
D. 若，则的外接圆半径是4
答案：AB
解析：
思路：比较三者的大小，判断A；由大角对大边及正弦定理可判断B；由三角恒等变换及正弦定理判断C；由正弦定理求得，可判断D.
解答过程：对于A,因为，所以，
所以有两解，故A正确；
对于B，因为，所以（大角对大边），
所以（正弦定理），故B正确；
对于C，因为，所以，
所以，而为三角形内角，所以或，
所以或，
所以是等腰三角形或直角三角形，故C错误；
对于D，因为，
由正弦定理可得（为的外接圆半径），
解得，故D错误.
11. 如图，在棱长为6的正方体中，已知M，N，P分别是棱，，BC的中点，点Q满足，则下列说法正确的有（ ）

A. 平面
B. 若Q，M，N，P四点共面，则
C. 若，点F在侧面内（包括边界），且平面，则点F的轨迹长度为
D. 若，过A，P，Q三点作该正方体的截面将该正方体分成两部分，较小体积与较大体积的比值为
答案：ACD
解析：
思路：根据正方体的结构特征可知侧面互相平行，可判断A；根据平面的性质及正方体的截面可判断B；根据面面平行的判定可判断点F的轨迹，进而判断C；时，先找出过A，P，Q三点的正方体的截面，进而可判断D.
解答过程：A，根据正方体的结构特征可知，平面平面，
又平面，所以 平面，故A正确；
B，因为三个不共线的点M，N，P确定一个平面，如图1：

当分别为所在棱的中点时，T，M，N，P四点共面，所以重合，
平面与正方体的截面为平面六边形 ，此时，故B错误；
C，取的中点E，上靠近的三等分点G，连接 ，如图2：

则 ，又平面，平面，则平面，
因为 ， ，所以四边形 为平行四边形，所以，
又平面，平面，则平面，
由 ， 平面，所以平面 平面，
所以点F的轨迹为线段，由勾股定理可知其长度为，故C正确；
D，延长，与的延长线交于点H，
连接，与棱交于I，与的延长线交于点J，连接，与棱交于点K，如图3：

则过A，P，Q三点的正方体的截面为五边形 ，
由比例关系可得，
，
，所以较小体积与较大体积的比值为，故D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 函数的定义域为________．
答案：
解析：
思路：偶次根式被开方数不为负数，分母不为0，真数大于0，根据这些条件列出的不等式组，则此不等式组的解就是函数的定义域．
解答过程：要使函数有意义
所以解得
函数的定义域为．
13. 已知向量，，则在方向上的投影向量为______.
答案：
解析：
思路：由投影向量的定义，结合向量数量积和模长公式计算可求结果.
解答过程：，
则在方向上的投影向量为.
故答案为.
14. 已知函数，若函数有四个不同的零点，且有如下关系，，则的取值范围是__________．
答案：
解析：
思路：本题可利用数形结合，先画出分段函数的图像，将函数有四个不同的零点的问题，转化为函数与有四个不同的交点，可得出的范围；再根据函数性质及对数函数的性质，化简目标表达式，最后利用函数单调性求出取值范围.
解答过程：解：令，则，
由函数有四个不同的零点，则方程有四个不同的解，
即函数与有四个不同的交点.
当时，，易知对称轴为，顶点为，
结合图像可知，方程有四个不同解时，，
因为，所以根据二次函数对称性可知，，
当时，由时，或，
由函数图像可知，，，，
则，所以，因此，，，
所以，当且仅当，
即时等号成立，此时取最小值为，又函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，；当时，，
所以的取值范围为.
四、解答题：本题共5小题，共77分．
15. 设，是两个不共线的向量，．
（1）已知，，，若A，B，C三点在同一直线上，求；
（2）若，且与的夹角为，求的最小值．
答案：（1）
（2）解析：
思路：（1）由三点在同一条直线上，可知任意两个向量共线，利用向量共线定理与平面向量基本定理，建立方程组求出参数；
（2）要求的最小值，可先计算其平方，结合向量数量积公式化简，将求向量模长问题转化为二次函数求最值的问题.
（1）由，，三点共线，则，即，
所以，
因为，不共线，所以，解得，
因此，当时，三点在同一直线上．
（2）因为，且与的夹角为，
所以，
即，所以当时，取最小值为，
因此，当时，的最小值为.
16. 设锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
（1）求A；
（2）若，且的面积为，求的周长．
答案：（1）
（2）6
解析：
思路：（1）由正弦定理边角互化即可求解，
（2）由面积公式可得，即可由余弦定理求解，进而求解周长.
（1），由正弦定理可得，
又，所以，
因为为锐角三角形，故．
（2）的面积为，所以，
在中，由余弦定理得，即，
整理得，所以，即，所以，
所以的周长为．
17. 如图所示，在四棱锥中，在底面中，，E在棱PD上且.
（1）求证：平面；
（2）线段上是否存在点N，使得平面平面？若存在，写出的值；若不存在，请说明理由.
答案：（1）证明见解析
（2）存在，
解析：
思路：（1）由线面平行判断定理可以得证；
（2）存在，点为上靠近的三等分点时，即时， 分别证得平面和平面，由面面平行判定定理可证得结论.
（1）因为，所以，所以，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）存在，且当点为上靠近点三等分点时，即时，平面平面.
下面给出证明：
因为，所以，，
又因为点为上靠近点三等分点，所以，
所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又因为面，面，
所以面，
因为E在棱PD上且，即，
又因为，
所以，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
又因为平面，平面，，
所以平面平面.
18. 已知函数的图象相邻对称轴之间的距离是，若将的图像向右移个单位，所得函数为奇函数.
（1）求的解析式；
（2）若函数的一个零点为，且，求
答案：（1）
（2）解析：
思路：（1）由周期求出，再由题意可得函数为奇函数，可得的值，可得函数的解析式；
（2）由题意可得，即可求出，再由及两角差的余弦公式计算可得．
（1）由题意可得，可得，又，
而，可得，
此时，
由题意可得，
要使函数为奇函数，则，，
即，，而，
所以，
所以；
（2）由题意令，
可得，即，
因为，
所以，所以，
所以
19. 已知，.
（1）证明：；
（2）判断并用定义证明的单调性；
（3）若函数的图象在区间上与x轴有2个交点，求实数m的取值范围.
答案：（1）证明见解析
（2）在上单调递增，证明见解析
（3）解析：
思路：（1）将函数式代入待证式，计算即得证；
（2）根据函数的单调性定义，和指数函数的单调性证明即可；
（3）将在区间上与x轴有2个交点转化成在时有2个实数根，利用函数的单调性求出的值域，即得参数m的取值范围.
（1）.
（2）的定义域为，任取，，则，即，
由，可得，
故在上单调递增.
（3）.因为的图象在区间上与x轴有2个交点，
所以，在时有2个实数根，
即在时有2个实数根，
令，易知在区间上单调递增，故，
由可得，令，，
由对勾函数性质可知，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
又，，，作函数草图如图，
当时，函数与有两个交点，
即函数的图象在区间上与x轴有2个交点，
所以，即实数m的取值范围为.