2025--2026学年甘肃省陇南市第一中学高一下册5月期中考试数学试题 [含解析]

这是一份2025--2026学年甘肃省陇南市第一中学高一下册5月期中考试数学试题 [含解析]，共44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，则（ ）
A. B. C. 0D. 1
2. 如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，则平面图形中对角线的长度为（ ）
A. B. C. D.
3. 正n边形有n条边,它们对应的向量依次为a1,a2,a3,…,an,则这n个向量( )
A. 都相等B. 都共线C. 都不共线D. 模都相等
4. 某智能物流车的“实际配送向量D”“规划路线向量R”“交通拥堵修正向量J”满足关系式：D=3R+2J.已知条件如下：实际配送向量，交通拥堵修正向量J与向量 垂直， 配送效率等级通过“规划路线向量 R 的模(单位：km)”判定，标准如下表(一般情况下，认定“停滞”属于无效配送)：
若此次配送为有效配送，则此次配送的效率等级为（ ）
A. 超高效B. 高效C. 常规D. 低效
5. 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
6. 已知平面向量，满足，且在上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（ ）
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
7. 已知点为坐标原点，，，点在内部，，其中，，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
8. 如图，在梯形中，，，，若是线段上的动点，且，则的最小值为（ ）

A. 9B. 10C. 11D. 12
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. 在中，角，，所对的边分别为，，，以下说法中正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，，，则为钝角三角形
D. 在中，
10. 如图，四边形ABCD是正方形，平面ABCD，平面ABCD，，则下列说法正确的是（ ）

A. 几何体的体积为B. BE，DF是异面直线
C. D. 点A到平面BDE的距离为
11. 已知复数，（，，，2，i为虚数单位），，的共轭复数分别为，，定义运算，记任意复数z的实部为，虚部为，则下列说法正确的有（ ）．
A. 若，则
B. 若，在复平面内所对应的向量所成的夹角为锐角，则
C.
D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 用表示不超过实数的最大整数，如，.则的值为_______________
13. 在中，已知，O是的外心，且，则______．
14. 在中，，，锐角C满足，则____.
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. 已知函数，（）．
（1）当时，求函数的对称中心；
（2）若为偶函数，不等式在上恒成立，求实数m的取值范围；
（3）若过点，设，若对任意的，，都有，求实数a的取值范围．
17. 已知向量，，满足，，且与的夹角为．
（1）若，求实数的值；
（2）求与夹角的余弦值．
18. 在中， ，，.求:
（1）求的值;
（2）求的值.
19. 平面四边形中，，，，．
（1）求；
（2）求四边形周长的取值范围；
（3）若为边上一点，且满足，，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，则（ ）
A. B. C. 0D. 1
答案：A
解析：
思路：根据复数的除法运算求出，再由共轭复数的概念得到，从而解出．
解答过程：因为，所以，即．
故选：A．
2. 如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，则平面图形中对角线的长度为（ ）
A. B. C. D.
答案：C
解析：
思路：根据题意，结合斜二测画法的原几何图形，进而求得其对角线长，得到答案.
解答过程：由梯形的直观图，结合斜二测画法，得到原几何图形是直角梯形，
如图所示，其中，，
所以.
故选：C．
3. 正n边形有n条边,它们对应的向量依次为a1,a2,a3,…,an,则这n个向量( )
A. 都相等B. 都共线C. 都不共线D. 模都相等
答案：D
解析：
解答过程：正n边形n条边相等,故这n个向量的模相等.
故选：D.
4. 某智能物流车的“实际配送向量D”“规划路线向量R”“交通拥堵修正向量J”满足关系式：D=3R+2J.已知条件如下：实际配送向量，交通拥堵修正向量J与向量 垂直， 配送效率等级通过“规划路线向量 R 的模(单位：km)”判定，标准如下表(一般情况下，认定“停滞”属于无效配送)：
若此次配送为有效配送，则此次配送的效率等级为（ ）
A. 超高效B. 高效C. 常规D. 低效
答案：B
解析：
思路：设向量，根据题意，列出方程组，求得或，分类讨论，分别求得的值，结合附表中的数据，进而得到答案.
解答过程：设向量，因为向量与垂直，且，
可得，解得或，所以或，
当时，，
所以，因为，所以属于高效；
当时，，
所以，因为，所以属于停滞，
因为“停滞”属于无效配送，排除此种情况，
所以此时配送的效率等级为高效.
故选：B.
5. 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.
6. 已知平面向量，满足，且在上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（ ）
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
答案：B
解析：
思路：根据投影向量公式得到方程，求出，进而由向量夹角余弦公式求出，得到夹角.
解答过程：因为在上的投影向量为，即，所以，
又，
，
所以，
且，则．
故选：B．
7. 已知点为坐标原点，，，点在内部，，其中，，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
思路：由的坐标得出直线方程，再根据点在内部列出关于的不等式组，结合，得出所有可能的点坐标，由平面向量数量积的坐标运算即可求解．
解答过程：因为点为坐标原点，，，
所以直线的截距式方程为，即，
因为点在内部，
所以满足不等式组，
由，且，，
当时，由得，，点可以是；
当时，由得，，点是；
当时，此时不存在满足题意的正整数，
综上所述，满足条件得点共有三个：，；
因为，
所以，，
，
所以
，
当点为时，，
当点为时，，
当点为时，，
所以最小值为．
8. 如图，在梯形中，，，，若是线段上的动点，且，则的最小值为（ ）

A. 9B. 10C. 11D. 12
答案：C
解析：
思路：以点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，设，由平面向量数量积的坐标表示求得数量积，再结合二次函数知识得取值范围．
解答过程：以点为坐标原点，所在直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，

，，
设，则（其中），
，
，
所以，当时，取得最小值11.
故选：C
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. 在中，角，，所对的边分别为，，，以下说法中正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，，，则为钝角三角形
D. 在中，
答案：ABD
解析：
思路：利用正弦定理边角转化可判断AB的正误，利用余弦定理可判断C的正误，利用正弦定理结合比例的性质可判断D的正误.
解答过程：对于AB，因为中，等价于，即等价于，
即等价于，故AB正确；
对于C，因为，故为内角中的最大角，
而，故为锐角，
故为锐角三角形，故C错误；
对于D，由正弦定理有，
由比例的性质有，故D成立，
故选：ABD.
10. 如图，四边形ABCD是正方形，平面ABCD，平面ABCD，，则下列说法正确的是（ ）

A. 几何体的体积为B. BE，DF是异面直线
C. D. 点A到平面BDE的距离为
答案：ABD
解析：
思路：对于A，注意到几何体的体积，据此可判断选项正误；对于B，注意到BE，DF所在平面互相平行，又BE，DF不平行，据此可判断选项正误；对于C，由题设可得，据此可判断选项正误；对于D，由A分析结合等体积法可判断选项正误.
解答过程：对于A，几何体的体积，故A正确；
对于B，因，平面，平面，则平面，
又平面ABCD，则，又平面，平面，
则平面，因，平面，
则平面平面，又平面，平面，，DF不平行，从而BE，DF是异面直线，故B正确；
对于C，易知，所以，故C错误；
对于D， ，
又由A分析可得，则点A到平面BDE的距离为，故D正确.故选ABD.
11. 已知复数，（，，，2，i为虚数单位），，的共轭复数分别为，，定义运算，记任意复数z的实部为，虚部为，则下列说法正确的有（ ）．
A. 若，则
B. 若，在复平面内所对应的向量所成的夹角为锐角，则
C.
D.
答案：ACD
解析：
思路：根据复数、运算新定义求参数判断A；由复数的向量表示，及向量数量积的坐标运算判断B；将不等式作等价转化有，应用换元法并化简判断C；结合复数的乘法运算判断D.
解答过程：若，则，，解得，故A正确；
设对应的向量为，对应的向量为，，的夹角为，
若，
则，其所成角为钝角，故B错误；
，原选项等价于，
令，，则原式等价于，整理得，所以原式恒成立，故C正确；
，当且仅当时，等号成立，
由，两边平方，整理得，故D正确．
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 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
．
13. 在中，已知，O是的外心，且，则______．
答案：
解析：
思路：根据数量积的定义及运算律可得，求出夹角余弦后利用余弦定理得解.
解答过程：因为O是的外心，所以O在AB的中垂线上，
故．
由题意可得，
对等式两边同时乘，则，
则，解得，
故．
由余弦定理可得，解得．
故
14. 在中，，，锐角C满足，则____.
答案：##
解析：
解答过程：因为，且C为锐角，所以，
由余弦定理，
可得，得，
由正弦定理可得.
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. 已知函数，（）．
（1）当时，求函数的对称中心；
（2）若为偶函数，不等式在上恒成立，求实数m的取值范围；
（3）若过点，设，若对任意的，，都有，求实数a的取值范围．
答案：（1）
（2） （3）
解析：
思路：（1）结合正弦函数的性质求出；
（2）先求出的解析式，再利用辅助角公式化简，再将问题转化为求的最值即可；
（3）先求出的解析式，求出值域，再将问题转化为对任意的，都有，令，得出对任意的恒成立，再利用参变分离求出即可.
（1）当时，，
令，得，
故函数的对称中心为；
（2）因为为偶函数，所以，
因为，所以，则，
则
，
若，则，则，
因为不等式在上恒成立，
所以，，
得，
故实数m的取值范围为；
（3）因为过点，所以，
因为，所以，则，得，
即，
因为，所以，则，
因为对任意的，，都有，
所以，
则对任意的，都有，
则，
令，则对任意的恒成立，
若，则恒成立；
若，则，
因为在上单调递减，
所以，则，即；
若，则，
因为在上单调递减，
所以，则，
即；
综上，实数a的取值范围是.
17. 已知向量，，满足，，且与的夹角为．
（1）若，求实数的值；
（2）求与夹角的余弦值．
答案：（1）
（2）解析：
思路：（1）根据垂直的关系，结合数量积的运算即可求解，
（2）根据模长公式以及夹角公式即可代入求解.
（1），
由得 ，
展开得，
将，，代入得，则；
（2），
.
18. 在中， ，，.求:
（1）求的值;
（2）求的值.
答案：（1）
（2）解析：
思路：（1）由正弦定理代入求解；
（2）由余弦定理得到的方程求解可得.
（1）由正弦定理，得，
所以，
即，
解得.
（2）由余弦定理得，
所以32=262+c2−2×26c×63，
即，
解得或.
当时，，即，
又，所以.
而32+32≠262，
故 (舍去)，
经检验满足题意，
所以.
19. 平面四边形中，，，，．
（1）求；
（2）求四边形周长的取值范围；
（3）若为边上一点，且满足，，求的面积．
答案：（1）
（2） （3）
解析：
思路：（1）首先求出，再由余弦定理计算可得；
（2）在中利用余弦定理及基本不等式求出的取值范围，即可求出的范围，即可求出四边形周长的取值范围；
（3）依题意可得，即可求出、、，再由余弦定理求出，最后由面积公式计算可得.
（1）因为，，所以，
在中由余弦定理
；
（2）在中，
即，
所以，所以，当且仅当时取等号，
又，
则，即，所以，
所以，
即四边形周长的取值范围为；
（3）因为，所以，又，
所以，，又，所以，
在中由余弦定理，
即
在中由余弦定理，
即，
又，所以，
所以，
又，所以，
即，所以，
所以，所以，
所以.
.
方法提示：关键点点睛：本题第3小问的解决关键是利用余弦定理得到，从而结合第2小问中的结论即可得解.
配送效率等级
超高效
高效
常规
低效
停滞
模的范围
配送效率等级
超高效
高效
常规
低效
停滞
模的范围