2025--2026学年广东佛山市第三中学高一下册期中考试数学试题 [含解析]

这是一份2025--2026学年广东佛山市第三中学高一下册期中考试数学试题 [含解析]，共44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。
1. （ ）
A. B. C. D.
2. 若为钝角，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
3. 如图，三棱柱被平面截成两个几何体Ⅰ、Ⅱ，且平面平面，则（ ）
A. Ⅰ是棱柱，Ⅱ不是棱柱B. Ⅰ不是棱柱，Ⅱ是棱柱
C. Ⅰ是棱柱，Ⅱ是棱柱D. Ⅰ不是棱柱，Ⅱ不是棱柱
4. 已知复数是纯虚数，则实数的值为（ ）．
A. 0或2B. 0C. 1或2D. 1
5. 已知复数z=2−4i−i2026+i，则的虚部为（ ）
A. -3B. -3iC. 3D. 3i
6. 在中，内角所对的边分别为，已知（为常数），若该三角形有两个解，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
7. 在中，角、、所对的边分别为、、，，若，则的最小值为（ ）
A.
B.
C.
D.
8. 已知点是平行四边形内的一点，且满足，设三角形和平行四边形的面积分别是和，则（ ）
A. B. C. D.
二、选择题：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. 已知向量的夹角为，且，，则（ ）
A. B.
C. D. 向量在向量上的投影向量为
10. 若，为复数，则下列选项一定正确的是（ ）
A. B. C. D.
11. 已知的三边长是三个连续的正整数.则下列判断正确的是（ ）
A. 若的周长为21，则是锐角三角形
B. 若是直角三角形，则的内切圆面积为π
C. 若是钝角三角形，则的外接圆半径必为
D. 若的最大内角是最小内角的两倍，则的周长必为15
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 如图，水平放置的的斜二测直观图是，其中，，则_______.
13. 如图，平面内有三个向量、、，其中与的夹角为，与的夹角为（在直线的两侧），且，，若，则_____.
14. 在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且存在a使成立，则面积的取值范围为_____.
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. 如图，某货轮在A处看灯塔B在货轮的北偏东，距离为，在A处看灯塔C在货轮的北偏西，距离为，货轮由A处向正北航行到D处时，再看灯塔B在南偏东．
求：
（1）A处与D处之间的距离；
（2）灯塔C与D处之间的距离．
16. 函数，其中向量a=csx,1，b=csx,3sinxcsx.
（1）求函数在区间上的最小值及取最小值时的值；
（2）若fα=45，fβ=513，α,β∈π6,π2，求的值.
17. 如图，在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，.
（1）求b.
（2）若D点满足，，求a.
18. 如图，在梯形中，，且，设，．
（1）试用和表示；
（2）若点满足，且，，三点共线，求实数的值．
（3）若，，，且点E是线段AC上的动点，求的最小值.
19. 类比高中函数的定义，引入虚数单位，自变量为复数的函数称之为复变函数.已知复变函数，且，.
（1）当时，解关于的方程.
（2）当时，①若，求的最小值.
②若存在实部不为5，虚部不为12的虚数和实数，使得恒成立，求的取值范围.
数学
一、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，只有一项是符合题目要求的.
1. （ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
思路：逆用两角差的正切公式，即可求得答案.
解答过程：．
故选：A.
2. 若为钝角，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
解答过程：由可得，故，
而为钝角，故为锐角，故.
3. 如图，三棱柱被平面截成两个几何体Ⅰ、Ⅱ，且平面平面，则（ ）
A. Ⅰ是棱柱，Ⅱ不是棱柱B. Ⅰ不是棱柱，Ⅱ是棱柱
C. Ⅰ是棱柱，Ⅱ是棱柱D. Ⅰ不是棱柱，Ⅱ不是棱柱
答案：C
解析：
思路：根据平面平行的性质和棱柱的性质，结合棱柱的定义进行判断即可.
解答过程：由平面平面可知：平面与三棱柱的各个侧棱都平行，而三棱柱上下底面平行且是全等形，因此三角形与三角形是全等三角形，四边形和四边形是全等的四边形，根据棱柱的定义可知：Ⅰ，Ⅱ都是棱柱.
故选：C
方法提示：本题考查了棱柱的判断，考查了平面平行的性质，考查了棱柱的性质，属于基础题.
4. 已知复数是纯虚数，则实数的值为（ ）．
A. 0或2B. 0C. 1或2D. 1
答案：B
解析：
思路：根据纯虚数的定义列出等式，然后计算即可.
解答过程：因为复数是纯虚数，
所以，解得.
故选：B.
5. 已知复数，则的虚部为（ ）
A. -3B. -3iC. 3D. 3i
答案：A
解析：
解答过程：∵ 虚数单位i的幂次周期为，，∴ .
∴ 分母为 .
.
根据复数虚部的定义可知的虚部为.
6. 在中，内角所对的边分别为，已知（为常数），若该三角形有两个解，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
答案：C
解析：
思路：由三角形有两个解可得，代入值求解即可.
解答过程：若该三角形有两个解，则，又，
所以，解得，所以的取值范围是.
故选：C.
7. 在中，角、、所对的边分别为、、，，若，则的最小值为（ ）
A.
B.
C.
D.
答案：C
解析：
思路：首先由数量积的定义求出，再由余弦定理及基本不等式求出的最小值；
解答过程：解：∵，∴，∴，
由余弦定理得，
当且仅当时取等号，∵，∴，即的最小值为，
故选：C．
8. 已知点是平行四边形内的一点，且满足，设三角形和平行四边形的面积分别是和，则（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
思路：首先根据题意画出图形，作辅助线，利用向量的线性关系将原等式化简，计算，可确定点P的位置，最后根据面积公式可得结果.
解答过程：连接交于点，则.
所以，
所以.
因为，所以.
又，所以.
所以.这说明.
所以，而是平行四边形面积的，
所以.
故选：B.
二、选择题：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. 已知向量的夹角为，且，，则（ ）
A. B.
C. D. 向量在向量上的投影向量为
答案：BCD
解析：
思路：根据向量的数量积公式可判断A；根据模长公式可判断B；根据向量垂直的条件可判断C；根据投影向量公式可判断D.
解答过程：a→·b→=a→b→csθ=1×2×csπ3=1≠2 ，A错误；
a→+b→2=a→+b→2=a→2+2a→⋅b→+b→2=12+2×1+22=7 ，因此，B正确；
(a→−b→)⋅a→=a→2−a→·b→=1−1=0 ，因此(a→−b→)⊥a→，C正确；
向量在上的投影向量为a→·b→b→2b→=122b→=14b→，D正确.
10. 若，为复数，则下列选项一定正确的是（ ）
A. B. C. D.
答案：ACD
解析：
思路：根据复数的四则运算及复数的模计算判断即可.
解答过程：设，，.
选项A.
.
.
所以，故A正确.
选项B：，，所以，故B错误.
选项C.
，，
所以，故C正确.
选项D.，
，
又，所以，
即，也即，
所以，即，故D正确.
11. 已知的三边长是三个连续的正整数.则下列判断正确的是（ ）
A. 若的周长为21，则是锐角三角形
B. 若是直角三角形，则的内切圆面积为π
C. 若是钝角三角形，则的外接圆半径必为
D. 若的最大内角是最小内角的两倍，则的周长必为15
答案：ABD
解析：
思路：选项，根据三边长为连续正整数及周长，求出三条边长，利用余弦定理判断最大角是否为锐角，即可对三角形是否为锐角三角形得出判断；
选项，根据直角三角形，利用勾股定理求出三条边长，再根据面积公式求出内切圆半径即可；
选项，根据钝角的已知条件，得出边长的不等式，结合正整数的条件，求出边长，再利用正弦定理，求出外接圆半径，即可得出判断；
选项，由最大内角是最小内角的两倍，先根据二倍角公式结合正弦定理得到较小角的余弦值，再根据余弦定理表示出较小角的另一个余弦值的形式，两者相等，从而求出边长，最终求出三角形的周长.
解答过程：解：由的三边长是三个连续的正整数，设，，三个角所对的边长分别为，，，其中且.
选项，的周长为21，则，解得，所以三条边长依次为，，，
根据三角形中大边对大角，可知角最大，
因为，，所以为锐角，又角最大，
因此是锐角三角形，正确；
选项，若是直角三角形，则，解得或（舍），
所以三角形三条边长依次为，，.
设内切圆半径为，由，解得，
所以内切圆面积为，正确；
选项，若是钝角三角形，则最大为钝角，所以，
又，，
所以，即，因此，
又因为，所以或.
当时，三角形三条边长依次为，，，不满足三角形三边关系，不合题意；
当时，三角形三条边长依次为，，，此时，
因为，，所以，
由正弦定理可知，为三角形外接圆半径，即，解得，
因此错误；
选项，若的最大内角是最小内角的两倍，则，所以，
由正弦定理，则，所以，
根据余弦定理可得，
所以，解得，
因此三角形三条边长分别为，，，所以周长为，正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 如图，水平放置的的斜二测直观图是，其中，，则_______.
答案：
解析：
思路：根据斜二测画法还原，进而可求得.
解答过程：根据斜二测画法可知，
，仍处于轴的正半轴上，
，仍处于轴的正半轴上，如图：
所以是直角三角形，斜边.
13. 如图，平面内有三个向量、、，其中与的夹角为，与的夹角为（在直线的两侧），且，，若，则_____.
答案：
解析：
思路：根据向量数量积的运算律，对已知式两边同时平方、同时点乘后解方程组可得结果.
解答过程：因为与的夹角为，与的夹角为，且，，
所以OA⋅OB=OA⋅OBcs120°=1×1×−12=−12，OA⋅OC=OA⋅OCcs30°=1×3×32=332.
对两边同时平方得OC2=λ2OA2+μ2OB2+2λμOA⋅OB，
即9=λ2+μ2−λμ ，①
对两边同时点乘得OC⋅OA=λOA2+μOB⋅OA，
即332=λ−12μ ，两边同时平方得274=λ2+μ24−λμ .②
①②得3μ24=94，由向量加法的平行四边形法则知，解得，
代入332=λ−12μ 得，所以.
14. 在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且存在a使成立，则面积的取值范围为_____.
答案：
解析：
思路：首先把原方程整理为关于的一元二次方程 ，由结合余弦函数的值域可得，然后利用锐角三角形求出，最后根据面积公式和正弦定理把面积用角的函数表示，利用正弦函数的单调性即可求解.
解答过程：原方程整理为关于的一元二次方程： 2a2+2(cs⁡4B−1)a+(1−cs⁡4B)=0 ，
因为存在实数满足方程，故判别式，
计算得： Δ=4(cs4B−1)2−8(1−cs4B)=4(cs24B−1)=−4sin24B≤0 ，
故只能，即sin⁡4B=0 ， 是锐角三角形，​，得4B=π ，即。
代入求得：a=1−cs⁡4B2=1 ，即边长，
锐角三角形中，A+C=π−B=3π4，且A0 ，∴ ，2β+π6∈(π2,π)
∴ cs(2α+π6)=−1−(45)2=−35，cs(2β+π6)=−1−(513)2=−1213
∵ f(α−β+π6)=sin2(α−β+π6)+π6=sin2α−2β+π2=cs(2α−2β)
又cs(2α−2β)=cs(2α+π6)−(2β+π6)=cs(2α+π6)cs(2β+π6)+sin(2α+π6)sin(2β+π6)
代入数值计算得：
∴ f(α−β+π6)=5665
17. 如图，在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，.
（1）求b.
（2）若D点满足，，求a.
答案：（1）2 （2）
解析：
思路：（1）利用正弦定理化简可得，由得，结合正弦定理即可求解；
（2）设，则，设，则，由正弦定理化简可得，结合二倍角公式解得，求出，利用余弦定理求解即可.
（1）由及正弦定理得，
即，即，
由得，，
即，进而由正弦定理得；
（2）因为，所以，
设，则由题意，设，则，
则由正弦定理得，消去x得，
所以，又，所以，所以，所以，
由余弦定理得，所以.
18. 如图，在梯形中，，且，设，．
（1）试用和表示；
（2）若点满足，且，，三点共线，求实数的值．
（3）若，，，且点E是线段AC上的动点，求的最小值.
答案：（1）
（2） （3）
解析：
思路：（1）利用向量三角形法则可得：，，，化简整理即可得出；
（2），，三点共线，可得存在实数使得，又，，可得，又，可得，再利用向量基本定理即可得出．
（3）由向量的线性运算得，，然后结合数量积的运算律得，利用二次函数性质即可求解最值.
（1）因为，，，
所以，化简为．
（2）因为，，三点共线，所以，
因为，，所以，
又，
所以，
所以解得．
（3）因为点E是线段AC上的动点，设，因为，
所以，
所以，，
所以，
故当时，取到最小值．
19. 类比高中函数的定义，引入虚数单位，自变量为复数的函数称之为复变函数.已知复变函数，且，.
（1）当时，解关于的方程.
（2）当时，①若，求的最小值.
②若存在实部不为5，虚部不为12的虚数和实数，使得恒成立，求的取值范围.
答案：（1）；
（2）①；②.
解析：
思路：（1）由题设得，将方程化为求解即可；
（2）①令（，且），进而得到，且，结合求最值；②令（且，，），进而得到得代数形式，结合复数的性质有，进而有，即可得范围.
（1）当时，，则.
由，整理得，则；
（2）①令（，且），因为，所以.
，
因为，所以.
因为，当时，.
②当时
令（且，，），
则
，
要使的恒成立，所以，即，
所以，则对应点在以为圆心，1为半径的圆周上(不含横坐标为5，纵坐标为12的点)，
所以.