2025--2026学年甘肃岷县第一中学高一下册5月期中考试数学试题 [含答案]

这是一份2025--2026学年甘肃岷县第一中学高一下册5月期中考试数学试题 [含答案]，共5页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知向量，且，则（ ）
A. B. C. D.
2. 用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图时，下列结论正确的是（ ）
A. 矩形的直观图是矩形B. 三角形的直观图是三角形
C. 相等的角在直观图中仍然相等D. 长度相等的线段在直观图中仍然相等
3. 在平行四边形中，点为的中点，与的交点为.设，，则向量等于（ ）
A. B. C. D.
4. 设复数在复平面内对应的点关于虚轴对称，若，则的虚部为（ ）
A. B.
C. D.
5. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
6. 已知，且，若不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. ，或
C. D. ，或
7. 已知函数相邻两个零点之间的距离为，将的图象向右平移个单位长度，所得的函数图象关于轴对称，则的一个值可能是（ ）
A. B. C. D.
8. “明数理”数学兴趣小组在综合实践过程中为某公司的一款明星科技产品提供涨价方案，经过小组成员分析讨论形成如下四个方案：
方案甲：第一次提价，第二次提价；方案乙：第一次提价，第二次提价；
方案丙：第一次和第二次均提价；
方案丁：第一次提价，第二次降价；
其中，则四个方案中提价最多的方案为（ ）
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
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. （多选）下列命题中正确的是（ ）
A. 棱柱的侧面一定是平行四边形
B. 有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱
C. 棱锥的各侧面一定有一个公共点
D. 棱台各侧棱的延长线交于一点
10. 下列结论正确的是（ ）
A. 是第三象限角
B. 若，则
C. 若圆心角为的扇形的弧长为，则该扇形面积为
D. 终边经过点的角的集合是
11. 若复数，则（ ）
A.
B.
C. z在复平面内对应的点位于第一象限
D. 复数满足，则的最大值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. ___________．
13. 函数的图象为，如下结论中正确的是__________.（写出所有正确结论的编号）
①图象关于直线对称；
②图象关于点对称；
③函数在区间内是增函数；
④由的图象向右平移个单位长度可以得到图象；
⑤函数的最小正周期为.
14. 用表示不超过实数的最大整数，如，.则的值为_______________
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．
（1）求的单调递增区间；
（2）求在区间上的最大值和最小值；
（3）将函数的图象先向左平移个单位，再将纵坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，求函数在上所有零点之和．
16. 如图，在中，已知，，，点M在边BC上且，AM与AC边上的中线BN相交于点P.
（1）求中线BN的长；
（2）求的余弦值.
17. 随着机动车数量的增加，对停车场所的需求越来越大．如图，是一块边长为100米的正方形地皮，其中是一座半径为60米的扇形小山，P是弧上一点，其余部分都是平地，现一开发商想在平地上建一个边落在和上的长方形停车场．
（1）设，试写出停车场的面积S与的函数关系式；
（2）求长方形停车场面积的最大值和最小值（数据精确到个位）．（注：）
18. 已知正三角形，边长为3，点在边上（如图），，．
（1）求的长，的值；
（2）求的值；
（3）求的长．
19. 记的内角的对边分别为，面积为，已知
（1）求；
（2）若边上的高为1且，求的面积．
数学
一、单选题：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.
1. 已知向量，且，则（ ）
A. B. C. D.
答案：C
解析：
思路：由可得，由可得，最后应用模长公式即可求解.
解答过程：因为，所以，
展开整理得，由，
得，即，
所以，即，所以.
2. 用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图时，下列结论正确的是（ ）
A. 矩形的直观图是矩形B. 三角形的直观图是三角形
C. 相等的角在直观图中仍然相等D. 长度相等的线段在直观图中仍然相等
答案：B
解析：
思路：由斜二测画法逐一判断即可.
解答过程：解：对于A，由斜二测画法可知，矩形的直观图为平行四边形，故A错误；
对于B，由斜二测画法可知，三角形的直观图是三角形，故B正确；
对于C，由A可知，矩形的四个角都为直角，但其直观图是平行四边形，只有对角才相等，故C错误；
对于D，正方形的四条边相等，但其直观图是平行四边形，只有对边才相等，故D错误.
故选：B.
3. 在平行四边形中，点为的中点，与的交点为.设，，则向量等于（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
思路：通过三角形相似得到与的比例关系，再用表示，最终即可求出.
解答过程：因为，所以，则有，所以．
又因为，且，，所以．
从而.
4. 设复数在复平面内对应的点关于虚轴对称，若，则的虚部为（ ）
A. B.
C. D.
答案：B
解析：
思路：先求出复数，再根据复数的模的计算公式求出，再根据虚部的定义即可得解.
解答过程：因为，复数在复平面内对应的点关于虚轴对称，
所以，
所以，
所以的虚部为.
故选：B.
5. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
答案：B
解析：
解答过程：令，且，可得，
所以.
6. 已知，且，若不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. ，或
C. D. ，或
答案：A
解析：
思路：根据，由基本不等式得出的最小值8， 然后根据这个最小值确定m的取值范围.
解答过程：，
，当且仅当时等号成立，
恒成立，，
解得.
故选：A.
7. 已知函数相邻两个零点之间的距离为，将的图象向右平移个单位长度，所得的函数图象关于轴对称，则的一个值可能是（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
思路：先求周期，从而求得，再由图象变换求得．
解答过程：函数相邻两个零点之间的距离为，则周期为，∴，
，图象向右平移个单位得，
此函数图象关于轴对称，即为偶函数，∴，，．
时，．
故选D．
方法提示：本题考查函数的图象与性质．考查图象平衡变换．在由图象确定函数解析式时，可由最大值和最小值确定，由“五点法”确定周期，从而确定，再由特殊值确定．
8. “明数理”数学兴趣小组在综合实践过程中为某公司的一款明星科技产品提供涨价方案，经过小组成员分析讨论形成如下四个方案：
方案甲：第一次提价，第二次提价；方案乙：第一次提价，第二次提价；
方案丙：第一次和第二次均提价；
方案丁：第一次提价，第二次降价；
其中，则四个方案中提价最多的方案为（ ）
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
答案：C
解析：
解答过程：设商品原价为，
对于甲：最终价格为；
对于乙：最终价格为；
所以甲、乙方案结果相同，
对于丙：最终价格为；
由均值不等式，，所以方案丙的最终价格高于甲、乙，
对于丁：最终价格为：，该式存在负项，所以明显小于其他方案的结果，
综上，提价最多的是方案丙.
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. （多选）下列命题中正确的是（ ）
A. 棱柱的侧面一定是平行四边形
B. 有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱
C. 棱锥的各侧面一定有一个公共点
D. 棱台各侧棱的延长线交于一点
答案：ACD
解析：
思路：根据棱柱的几何特征可判断AB选项；利用棱锥的定义可判断C选项；利用棱台的几何特征可判断D选项.
解答过程：对于A选项，由棱柱的定义知，棱柱各侧面一定为平行四边形，故A正确；
对于B选项，如图，平面平面，
但图中的几何体每相邻两个四边形的公共边并不互相平行，故不是棱柱，故B错误；
对于C选项，棱锥有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，
即必须是有一个公共顶点的几何体，故C正确；
对于D选项，棱台是用一个平行于底面的平面去截棱锥而得到的，其各侧棱的延长线必交于一点，故D正确．
故选：ACD.
10. 下列结论正确的是（ ）
A. 是第三象限角
B. 若，则
C. 若圆心角为的扇形的弧长为，则该扇形面积为
D. 终边经过点的角的集合是
答案：BCD
解析：
思路：直接利用象限角的定义，同角三角函数关系式，扇形面积公式的计算来判断各选项的结论．
解答过程：，是第二象限角，故A错误；
若，则，故B正确；
圆心角为的扇形的弧长为，扇形的半径为，面积为，故C正确；
终边经过点，该终边为第一象限的角平分线，即角的集合是，故D正确；
故选：BCD
11. 若复数，则（ ）
A.
B.
C. z在复平面内对应的点位于第一象限
D. 复数满足，则的最大值为
答案：ACD
解析：
解答过程：由已知，，
对于A，因为，所以，A正确；
对于B，因为，，B错误；
对于C，因为，在复平面内对应的点的坐标为，第一象限，C正确；
对于D，因为复数满足，
所以复数在复平面内对应的点在以原点为圆心的单位圆上，
所以，所以的最大值为，D正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. ___________．
答案：
解析：
解答过程：由于，
故．
13. 函数的图象为，如下结论中正确的是__________.（写出所有正确结论的编号）
①图象关于直线对称；
②图象关于点对称；
③函数在区间内是增函数；
④由的图象向右平移个单位长度可以得到图象；
⑤函数的最小正周期为.
答案：①②③
解析：
思路：对于①：直接求出即可验证；对于②：用代入法进行判断；对于③：直接求出增区间即可；对于④：利用相位变换即可判断.对于⑤，利用三角函数图象的平移、对称变换即可判断.
解答过程：因为f(x)=3sin(2x−π3)
对于①：当时，f(11π12)=3sin2×11π12−π3=3sin3π2=−3 为函数的最小值，
故图象关于直线对称，即①正确；
对于②：因为f2π3=3sin2×2π3−π3=0 ，
所以图象C关于点对称；故②正确；
对于③：令−π2+2kπ≤2x−π3≤π2+2kπk∈Z，
解得：−π12+kπ≤x≤5π12+kπk∈Z，
所以的递增区间为−π12+kπ,5π12+kπ,k∈Z，
当时，是的一个递增区间，故③正确；
对于④：的图象向右平移个单位长度可以得到y=3sin2x−π3=3sin2x−2π3≠3sin2x−π3，故④错误.
对于⑤；因fx+1=|3sin(2x−π3)+1| ，可理解为将函数的图象向上平移1个单位长度，
再保持轴上方部分不变，并将轴下方部分沿着轴向上翻折得到，
故其周期并非的周期的一半，即⑤错误.
14. 用表示不超过实数的最大整数，如，.则的值为_______________
答案：
解析：
思路：首先求得在的范围内的值，再根据三角函数的周期性，求得所求表达式的值.
解答过程：根据正弦函数的周期为，在一个周期内有，，，
当时，，当时，，
所以，
根据三角函数的周期性可知
．
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．
（1）求的单调递增区间；
（2）求在区间上的最大值和最小值；
（3）将函数的图象先向左平移个单位，再将纵坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，求函数在上所有零点之和．
答案：（1）
（2）最大值为，最小值为
（3）解析：
思路：（1）利用二倍角公式及辅助角公式对进行化简，根据正弦函数性质列不等式计算即可求出答案；
（2）利用换元法令，根据的范围求出的范围，结合正弦函数图象求出的范围，即可求出在上的值域，即可求出答案；
（3）求出变换后的函数解析式，将函数的零点转化为方程的解，求出的值，再结合，即可求出在上的零点，求和即可得到答案.
（1），
令，解得，
所以的单调递增区间为；
（2）令，因为，所以，
函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取得最小值，
因为，，所以，
所以当时，取得最大值，
即，则，
则在区间上的最大值为，最小值为.
（3）函数的图象向左平移个单位得，
纵坐标伸长为原来的2倍得，
所以，
令，即，
所以或，
即或，
又，所以只能取，所以或或或，
即函数在上的零点为，
所以函数在上所有零点之和为.
16. 如图，在中，已知，，，点M在边BC上且，AM与AC边上的中线BN相交于点P.
（1）求中线BN的长；
（2）求的余弦值.
答案：（1）
（2）解析：
思路：（1）直接根据余弦定理求解即可；
（2）建立平面直角坐标系，求出的坐标，进而求解即可.
（1）由，BN为中线，则，
在中，由余弦定理得，
则.
（2）以为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，
由，，，得，
则，
则，即，
所以，
，，
则，
所以的余弦值为.
17. 随着机动车数量的增加，对停车场所的需求越来越大．如图，是一块边长为100米的正方形地皮，其中是一座半径为60米的扇形小山，P是弧上一点，其余部分都是平地，现一开发商想在平地上建一个边落在和上的长方形停车场．
（1）设，试写出停车场的面积S与的函数关系式；
（2）求长方形停车场面积的最大值和最小值（数据精确到个位）．（注：）
答案：（1）；
（2）长方形停车场面积的最大值为4000、最小值为3315.
解析：
思路：（1）用表示即可由得解；
（2）先由（1）得到停车场的面积S与的函数关系式，令，结合与的关系式，将面积转化成关于t的一元二次函数即可由二次函数性质求解.
（1）由题可得且，
所以停车场的面积；
（2）由（1）长方形停车场面积，
令，则，
所以，
所以，
因为，所以，
又函数为上的减函数，
所以当时有，当时有.
18. 已知正三角形，边长为3，点在边上（如图），，．
（1）求的长，的值；
（2）求的值；
（3）求的长．
答案：（1），
（2） （3）
解析：
思路：（1）由余弦定理求解即可；
（2）由二倍角的正弦及两角和的正弦公式求解；
（3）利用正弦定理求解.
（1）在中，，，，
，解得，
，.
（2）由（1），,
.
（3）因为，
所以由正弦定理可得，
所以，解得.
19. 记的内角的对边分别为，面积为，已知
（1）求；
（2）若边上的高为1且，求的面积．
答案：（1）
（2）解析：
思路：（1）利用三角形面积公式可得，进而边化角，利用三角恒等变换可求得，可求；
（2）由已知结合正弦定理可得，在中，作于点为边上的高，即，设，可得，利用，可求得，从而可求面积.
（1）且
即
由正弦定理得
∵在中，
，即．
（2），由正弦定理得
在中，作于点为边上的高，即
设
为上的四等分点，
中，
中，
且
．