2025--2026学年安徽合肥市第一中学高一下册期中考试数学试题 [含答案]

这是一份2025--2026学年安徽合肥市第一中学高一下册期中考试数学试题 [含答案]，共5页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷（选择题）
一、单项选择题：（本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1. 已知向量．若与平行，则实数λ的值为（ ）
A. B. C. 1D.
2. 的虚部为（ ）
A. B. C. D.
3. 如图，水平放置的四边形的斜二测画法的直观图为矩形，已知，是的中点，则的长为（ ）

A. 1B. 2C. 3D. 4
4. 下列说法正确的是（ ）
A. 各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体
B. 球的直径是连接球面上两点并且经过球心的线段
C. 以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥
D. 用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台
5. 如图，已知，，，，则（ ）
A. B. C. D.
6. 设与的夹角为，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
7. 如图，在梯形ABCD中，，E为线段AB的中点，先将梯形挖去一个以BE为直径的半圆，再将所得平面图形以直线AB为旋转轴旋转一周，则所得几何体的体积为（ ）
A. B. C. D.
8. 克罗狄斯·托勒密是希腊数学家，他博学多才，既是天文学权威，也是地理学大师．托勒密定理是平面几何中非常著名的定理，它揭示了圆内接四边形的对角线与边长的内在联系，该定理的内容为圆的内接四边形中，两对角线长的乘积等于两组对边长乘积之和．已知四边形是圆的内接四边形，且，．若，则圆的半径为（ ）
A. 4B. 2C. D.
二、多项选择题：本大题共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，其中为虚数单位，下列说法正确的是（ ）
A. B. ，则
C. D.
10. 在中，内角A，B､C所对的边分别为a､b､c，的面积为S，下列与有关的结论，正确的是（ ）
A. 若为锐角三角形，则
B. 若，则
C. 若，则一定是等腰三角形
D. 若为非直角三角形，则
11. 如图，正方形的边长为是中点，如图，点是以为直径的半圆上任意点；，则下列结论正确的有（ ）
A. 最大值为1B. 最大值为1
C. 最大值是2D. 最大值是
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若复数是纯虚数，则实数___________．
13. 平行四边形中，，，，点在边上，则的取值范围是____________.
14. 在中，角的对边分别为，且.若，则对的最小值为__________.
四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
15. 平面上有三点，，，向量，．
（1）若三点，，不能构成三角形，求实数满足的条件；
（2）若△ABC为直角三角形，其中是直角，求的值
16. 已知复数和它的共轭复数满足.
（1）求；
（2）若是关于的方程的一个根，求复数的模长.
17. 如图所示，某建筑物模型无下底面，有上底面，其外观是圆柱，底部挖去一个圆锥.已知圆柱与圆锥的底面大小相同，圆柱的底面半径为，高为，圆锥母线为.

（1）计算该模型的体积.（结果精确到）
（2）现需使用油漆对个该种模型进行涂层，油漆费用为每平方米元，总费用是多少？（结果精确到元）
18. 如图．在梯形中，，E、F是的两个三等分点，G、H是的两个三等分点，线段上一动点P满足分别交于M、N两点，记．
（1）当时，求的值；
（2）若，求的值；
（3）若，求的取值范围．
19. 已知O为坐标原点，对于函数，称向量为函数的伴随向量，同时称函数为向量的伴随函数.
（1）设函数，试求的伴随向量；
（2）记向量的伴随函数为，求当且时的值；
（3）由（1）中函数的图象（纵坐标不变）横坐标伸长为原来的2倍，再把整个图象向右平移个单位长度得到的图象，已知，，问在的图象上是否存在一点P，使得.若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由.
数学
（考试 ）
第Ⅰ卷（选择题）
一、单项选择题：（本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1. 已知向量．若与平行，则实数λ的值为（ ）
A. B. C. 1D.
答案：D
解析：
思路：根据给定条件，利用向量线性运算的坐标表示，向量共线的坐标表示计算得解.
解答过程：由，得，而，与平行，
因此，解得，
所以实数λ的值为.
故选：D
2. 的虚部为（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
思路：根据复数的四则运算法则化简计算，再由复数的定义判断虚部.
解答过程：根据复数的四则运算法则化简可得，
，
所以的虚部为，
故选：B
3. 如图，水平放置的四边形的斜二测画法的直观图为矩形，已知，是的中点，则的长为（ ）

A. 1B. 2C. 3D. 4
答案：C
解析：
思路：根据斜二测画法的规则可得相关线段长，将直观图复原为原图形，即可求得答案.
解答过程：由题意知，,
如图，将直观图复原为四边形，则四边形为平行四边形，

因为，是的中点，故，且,
故,故，
故选：C
4. 下列说法正确的是（ ）
A. 各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体
B. 球的直径是连接球面上两点并且经过球心的线段
C. 以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥
D. 用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台
答案：B
解析：
思路：根据几何体的结构特征逐项分析判断.
解答过程：对于A：虽然各侧面都是正方形，但底面不一定是正方形，
所以该四棱柱不一定是正方体，故A错误；
对于B：球的直径的定义即为“连接球面上两点并且经过球心的线段”，故B正确；
对于C：以直角三角形的直角边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥，
以直角三角形的斜边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是两个共底面的圆锥组成的几何体，
故C错误；
对于D：用一个平行于底面的平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台，故D错误；
故选：B.
5. 如图，已知，，，，则（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
思路：根据平面向量线性运算法则计算可得.
解答过程：因为，，
所以，，
所以,
又，，
所以.
故选：A.
6. 设与的夹角为，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
答案：C
解析：
思路：根据投影向量的求法求得正确答案.
解答过程：依题意，在上的投影向量为.
故选：C
7. 如图，在梯形ABCD中，，E为线段AB的中点，先将梯形挖去一个以BE为直径的半圆，再将所得平面图形以直线AB为旋转轴旋转一周，则所得几何体的体积为（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
思路：由题可得几何体体积为一个圆锥加一个圆柱体积再减去一个球的体积，据此可得答案.
解答过程：旋转后得到的几何体为两个同底面的圆柱，圆锥，再去掉一个球体得到.
由题可得圆柱，圆锥的底面半径为CB，
又，则，
三角形为等腰直角三角形，则，
又由题可得圆柱，圆锥的高均为2，
则圆柱，圆锥体积之和为：，
又注意到球体半径为，则球体体积为：，
则几何体体积为.
故选：A
8. 克罗狄斯·托勒密是希腊数学家，他博学多才，既是天文学权威，也是地理学大师．托勒密定理是平面几何中非常著名的定理，它揭示了圆内接四边形的对角线与边长的内在联系，该定理的内容为圆的内接四边形中，两对角线长的乘积等于两组对边长乘积之和．已知四边形是圆的内接四边形，且，．若，则圆的半径为（ ）
A. 4B. 2C. D.
答案：B
解析：
思路：由托勒密定理求出，设圆的半径为，由正弦定理可得，即可得到，再根据及二倍角公式求出，即可求出，从而得解.
解答过程：解：由托勒密定理，得．
因为，所以．
设圆的半径为，由正弦定理，得．
又，所以．
因为，所以，
因为，所以，所以，
所以，则，故．
故选：B
二、多项选择题：本大题共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，其中为虚数单位，下列说法正确的是（ ）
A. B. ，则
C. D.
答案：AC
解析：
思路：对A，由虚数单位的次方规律求解判断；对B，由复数的虚部不为0时，复数不能比较大小判断；对C，根据复数的乘法运算和复数的模计算公式求解判断；对D，举反例说明.
解答过程：对于A，因为的取值是以4为周期，所以，故A正确；
对于B，当复数的虚部不为0时，复数不能比较大小，如，，故B错误；
对于C，设，则，所以，故C正确；
对于D，举反例，如，则，而，故D错误.
故选：AC.
10. 在中，内角A，B､C所对的边分别为a､b､c，的面积为S，下列与有关的结论，正确的是（ ）
A. 若为锐角三角形，则
B. 若，则
C. 若，则一定是等腰三角形
D. 若为非直角三角形，则
答案：ABD
解析：
思路：由，结合正弦函数的单调性和诱导公式，可判定A正确；由知，根据正弦定理可得，可判定B正确；由正弦定理可得，则或，可判定C不正确；根据三角形内角和定理和正切的两角和公式，可判定D正确.
解答过程：对于A中，若为锐角三角形，可得且，
可得，且，根据正弦函数的单调性，可得，所以，所以A正确；
对于B中，在中，由知，根据正弦定理可得，所以B正确；
对于C中，由正弦定理知，可得，故或，是等腰三角形或直角三角形，所以C不正确；
对于D中，在中，可得，则，
所以，即，
可得，
则，所以D正确.
故选：ABD.
11. 如图，正方形的边长为是中点，如图，点是以为直径的半圆上任意点；，则下列结论正确的有（ ）
A. 最大值为1B. 最大值为1
C. 最大值是2D. 最大值是
答案：ACD
解析：
思路：建立平面直角坐标系，由向量的坐标运算可得，且，,，再逐一分析各选项即可．
解答过程：以中点为原点，建立平面直角坐标系，
则，，，
设，则，,，
所以，，，
由，得，且，,，
对于A，当时，，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，，故D正确．
故选：ACD．
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若复数是纯虚数，则实数___________．
答案：2
解析：
思路：首先根据复数乘法公式化简复数，再根据纯虚数的特征列式求解.
解答过程：因，
要使其为纯虚数，需使且，解得．
故2
13. 平行四边形中，，，，点在边上，则的取值范围是____________.
答案：
解析：
思路：设,利用表示，再根据向量数量积得关于函数关系式，最后根据二次函数性质求结果.
解答过程：设,则,
所以当时，取最小值，当时，取最大值0，即的取值范围是.
方法提示：以向量为载体求相关变量的取值范围，是向量与函数、不等式、三角函数、曲线方程等相结合的一类综合问题.通过向量的运算，将问题转化为解方程、解不等式、求函数值域或直线与曲线位置关系，是解决这类问题的一般方法.
14. 在中，角的对边分别为，且.若，则对的最小值为__________.
答案：
解析：
思路：应用三角恒等变换及三角形内角的性质求得，令，结合向量数乘的几何意义及减法法则化简向量并求其模长.
解答过程：由，得，
所以，
因为，则，所以，
设，则点在直线上，所以，

当时，最小，其最小值为.
故
四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
15. 平面上有三点，，，向量，．
（1）若三点，，不能构成三角形，求实数满足的条件；
（2）若△ABC为直角三角形，其中是直角，求的值
答案：（1）
（2）或j．
解析：
思路：（1）根据向量共线的坐标表示计算可得：
（2）求出向量，根据向量垂直的坐标表示求解即可.
（1）若三点不能构成三角形，则，
又，所以，解得．
（2）因为，所以，
因为，所以，
解得或.
16. 已知复数和它的共轭复数满足.
（1）求；
（2）若是关于的方程的一个根，求复数的模长.
答案：（1）
（2）解析：
思路：（1）设，结合共轭复数的定义，以及复数相等的条件，即可求解．
（2）根据已知条件，结合韦达定理，求出，再结合复数的模的运算法则即可求解．
（1）设，
则，
所以，解得，
故.
（2）是关于的方程的一个根，
是关于的方程的另一个根，
，解得，
.
17. 如图所示，某建筑物模型无下底面，有上底面，其外观是圆柱，底部挖去一个圆锥.已知圆柱与圆锥的底面大小相同，圆柱的底面半径为，高为，圆锥母线为.

（1）计算该模型的体积.（结果精确到）
（2）现需使用油漆对个该种模型进行涂层，油漆费用为每平方米元，总费用是多少？（结果精确到元）
答案：（1）
（2）元
解析：
思路：（1）设圆锥的高为，由条件求出圆锥的高，结合柱体体积公式和锥体体积公式求结论；
（2）结合圆柱的侧面积公式，圆锥的侧面积公式求出一个模型的表面积，再求总费用的值.
（1）设圆锥的高为，
由题意得圆锥母线为，圆锥的底面半径为，
则，
设圆柱的底面半径为，高为，由已知可得，，
所以圆柱的体积，
圆锥的体积
；
（2）圆柱的侧面积为，圆柱的上底面的面积为，
圆锥侧面积为.
一个模型的表面积，
所以总费用为（元）.
18. 如图．在梯形中，，E、F是的两个三等分点，G、H是的两个三等分点，线段上一动点P满足分别交于M、N两点，记．
（1）当时，求的值；
（2）若，求的值；
（3）若，求的取值范围．
答案：（1）
（2） （3）
解析：
思路：（1）分解向量得，，然后由向量的数量积即可求解；
（2）分解向量得，由三点共线可设，根据三点共线求得的值即可进一步求解；
（3）分解向量得，，结合，可得，从而所求可转换为关于的函数.
（1）由题意，
，
所以
；
（2），
若，则，
，
因为三点共线，
所以可设，
由于三点共线，所以设，
所以，解得，，
所以；
（3），
则
，
,
因为三点共线，
所以可设，
因为，所以，
所以，即，
所以，
令，所以，
由对勾函数性质可知，在上单调递增，
故所求为.
19. 已知O为坐标原点，对于函数，称向量为函数的伴随向量，同时称函数为向量的伴随函数.
（1）设函数，试求的伴随向量；
（2）记向量的伴随函数为，求当且时的值；
（3）由（1）中函数的图象（纵坐标不变）横坐标伸长为原来的2倍，再把整个图象向右平移个单位长度得到的图象，已知，，问在的图象上是否存在一点P，使得.若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由.
答案：（1）
（2） （3）存在点，使得.
解析：
思路：（1）利用诱导公式求出，从而得到的伴随向量；（2）根据向量得到，利用利用凑角法得到；（3）先求出，再设出P点坐标，利用向量垂直关系得到方程，变形整理后得到，根据等式左右两边的取值范围，得到当且仅当时，和同时等于，此时.
（1），故；
（2）由题意得：，故，由于，所以，所以，所以
.
（3），所以，假设存在点，使得，则即，因为，所以，所以，又因为，所以当且仅当时，和同时等于，此时，故在函数的图象上存在点，使得.