2025--2026学年湖南株洲市部分校高一下册期中联合测评数学试题 [含解析]

这是一份2025--2026学年湖南株洲市部分校高一下册期中联合测评数学试题 [含解析]，共10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。
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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2. 命题“”的否定是（ ）
A. B.
C. D.
3. 的模=（ ）
A. B. C. D.
4. 已知向量满足，则向量与夹角的余弦值是（ ）
A. B. C. D.
5. 在中，角，，所对的边分别为，，，，，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
6. 设，，，则，，的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
7. 已知一个正四棱锥的底面边长为，内切球的体积为，则这个正四棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D. 16
8. 如图一个三棱锥中，，、、分别为所在棱中点，、分别为所在棱靠近端的三等分点，沿平面或平面分割后，截面中均恰好看不见球体.则球与整个三棱锥体积之比为（ ）
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. 若有一个，下面说法正确的是（ ）
A. 在中，若，则为等腰直角三角形
B. 在中，，，，若此三角形恰有两解，则实数的取值范围是
C. 在中，三边之比为，则此三角形的最大内角为
D. 在中，，且最大边与最小边是方程的两个实根，则的外接圆半径
10. 三棱锥的四个顶点都在球上，且底面，，，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 球心在三棱锥的内部
C. 球心到底面的距离为1D. 球的表面积为
11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 的最小值为1B. 的最大值为
C. 在上单调递减D. 的图象是轴对称图形
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 如果向量，，的模分别为，，，则与的夹角为________.
13. 在锐角中，角，，的对边分别是，，，若，则的取值范围为________.
14. 已知棱长都相等正四棱锥的侧面积为，则该正四棱锥内切球的表面积为________．
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. 已知锐角的内角，，所对的边分别为，，，向量，，且.
（1）求角的值；
（2）若，求的取值范围.
16. 已知分别为三个内角的对边，且．
（1）求；
（2）若，的面积为，求的周长．
17. 对于定义在上的函数，若，使得成立，则称为函数的不动点．
（1）若，求的不动点；
（2）对于二次函数．
（i）当时，函数有唯一的不动点，求实数a的取值范围；
（ii）若函数有两个不相等的不动点，且，求的最小值．
18. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点.
（1）若为线段上的动点，证明：平面平面；
（2）若，分别为线段，的中点，过、、三点的平面交于点，求四棱锥的体积.
（3）若图1中，为的中点，是的四等分点，若图2中，，分别为，的中点，求图1中和平面夹角的正弦值与图2中和平面夹角的余弦值之比.
19. 对于定义域为的函数以及非空数集：若对任意，当时，都有，则称是关联的.
（1）设，写出符合条件的三个开区间，使得是关联的；
（2）设，若存在一个闭区间使得是关联的，求；
（3）证明：是关联的等价于是关联的.
数学
出题范围：必修一至必修二第八章）
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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
思路：首先分别化简集合，，再求交集即可.
解答过程：，，
所以.
故选：B.
方法提示：本题主要考查集合的交集运算，同时考查了函数的值域，属于简单题.
2. 命题“”的否定是（ ）
A. B.
C. D.
答案：D
解析：
思路：根据全称命题否定的结构形式可得正确的选项.
解答过程：全称命题的否定为特称命题，
故命题“”的否定为：，
故选：D.
3. 的模=（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
思路：由复数的模公式计算即得
解答过程.
4. 已知向量满足，则向量与夹角的余弦值是（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
思路：先求出，再根据夹角公式可求余弦值.
解答过程：因为，所以，
从而，所以即，
故，
故选：A.
5. 在中，角，，所对的边分别为，，，，，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
答案：B
解析：
思路：结合题干和正弦定理建立方程求解.
解答过程：在中由正弦定理，可得：
已知，则，且，
代入上式：，解得.
6. 设，，，则，，的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
答案：A
解析：
思路：
根据指数函数与对数函数的性质，分别求得，，取值范围，即可求解.
解答过程：由题意，根据指数函数的性质，可得，，
根据对数函数的性质，可得，
所以.
故选：A.
方法提示：本题主要考查了指数式与对数的比较大小，其中解答中熟记指数函数与对数函数的图象与性质是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
7. 已知一个正四棱锥的底面边长为，内切球的体积为，则这个正四棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D. 16
答案：C
解析：
思路：由内切球的体积为可求内切球的半径.设球与正四棱锥底面切于点，侧面切于点，设，延长交底面于点.根据正四棱锥的底面边长及即可求解的值，利用棱锥体积公式即可求解.
解答过程：因为内切球的体积为，所以内切球的半径为1.
如图所示，设球与正四棱锥底面切于点，侧面切于点，设，延长交底面于点.
因为正四棱锥的底面边长为，
所以.
又，所以，即，解得.
所以，所以正四棱锥的体积为.
故选：C.
8. 如图一个三棱锥中，，、、分别为所在棱中点，、分别为所在棱靠近端的三等分点，沿平面或平面分割后，截面中均恰好看不见球体.则球与整个三棱锥体积之比为（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
思路：设，易知，且，设球半径为，，根据中点可知到的距离，，根据三角形面积公式及内切圆半径公式可得，结合余弦定理可得，进而可得，，可得内切球半径且可知三棱锥为正三棱锥，再根据球的体积公式及三棱锥公式分别求体积及比值.
解答过程：
如图所示，取中点为，，
为方便计算，不妨设，
由，可知，
又、分别为所在棱靠近端的三等分点，
则，
且，、，，平面，
即平面，又平面，则平面平面，
设球半径为，，
由于、、分别为所在棱中点，且沿平面切开后，截面中均恰好看不见球体，
则到的距离，，，
又，解得：，
故，
又，
解得，，
所以，解得，，
由以上计算可知：为正三棱锥，
故
，
所以比值为.
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. 若有一个，下面说法正确的是（ ）
A. 在中，若，则为等腰直角三角形
B. 在中，，，，若此三角形恰有两解，则实数的取值范围是
C. 在中，三边之比为，则此三角形的最大内角为
D. 在中，，且最大边与最小边是方程的两个实根，则的外接圆半径
答案：BCD
解析：
思路：由，可得或，即可判断A；利用正弦定理即可判断B；根据大边对大角结合余弦定理即可判断C；利用韦达定理结合余弦定理求出边，再利用正弦定理即可判断D.
解答过程：对于A，因为，，
所以或，所以或，
所以为等腰三角形或直角三角形，故A错误；
对于B，因为恰有两解，
所以，即，解得，故B正确；
对于C，不妨设三边的长分别为，
则对应的角最大，设为，
则，
所以，即三角形的最大内角为，故C正确；
对于D，设所对的边分别为，
因为最大边与最小边是方程的两个实根，易知两根不相等，
故不是等边三角形.
若为最大角，则，
若为最小角，则，所以角既不是最大角也不是最小角，
即边既不是最大边也不是最小边，
因为最大边与最小边是方程的两个实根，
所以，
由余弦定理得，所以，
所以的外接圆半径，故D正确.
10. 三棱锥的四个顶点都在球上，且底面，，，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 球心在三棱锥的内部
C. 球心到底面的距离为1D. 球的表面积为
答案：ACD
解析：
思路：选项A，利用余弦定理计算的长度；选项B，结合底面外接圆圆心和球心关系判断即可；选项C，根据外接球的球心位置规律推导距离；选项D，利用外接球半径公式求出球的半径，再使用球的表面积公式计算.
解答过程：底面，，，.
选项A：由余弦定理：
，得，A正确；
选项B：底面中，是钝角，钝角三角形的外心（外接圆圆心）在三角形外部，因此三棱锥外接球的球心在三棱锥外部，B错误；
选项C：侧棱垂直底面，外接球的球心在过底面外心且垂直于底面的直线上，
球心到底面的距离，C正确；
选项D：由正弦定理，底面外接圆半径满足：
，
外接球半径满足，
因此球的表面积：，D正确.
11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 的最小值为1B. 的最大值为
C. 在上单调递减D. 的图象是轴对称图形
答案：BCD
解析：
思路：D选项，变形得到，结合关于直线对称，故，D正确；AB选项，换元后，由基本不等式得到值域，得到A错误，B正确；C选项，由同增异减得到函数单调性.
解答过程：D选项，函数的定义域为，因为，
所以.
因为的图象关于直线对称，
所以，
则的图象关于直线对称，D正确；
AB选项，令，则，则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，A错误，B正确；
C选项，又当时，单调递增，
此时，在上单调递减，
所以在上单调递减，C正确；
故选：BCD.
方法提示：关键点点睛：将函数变形为，再结合换元法进行求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 如果向量，，的模分别为，，，则与的夹角为________.
答案：
解析：
思路：借助模长与数量积关系计算可得，再利用平面向量夹角公式计算即可得.
解答过程：由，
则，即，
则，故.
13. 在锐角中，角，，的对边分别是，，，若，则的取值范围为________.
答案：
解析：
思路：先设，得①，由得②
再由为锐角三角形，得，，，并将①②代入整理成关于的一元二次不等式组，解之即得的范围，最后由正弦定理即得..
解答过程：设，则，由得
因为锐角三角形，故，，：
，代入得，解得；
，代入得，解得；
，代入得，对恒成立，
综上，，即，.
故答案为.
14. 已知棱长都相等正四棱锥的侧面积为，则该正四棱锥内切球的表面积为________．
答案：
解析：
思路：根据侧面积求出正四棱锥的棱长，画出组合体的截面图，根据三角形的相似求得四棱锥内切球的半径，于是可得内切球的表面积．
解答过程：设正四棱锥的棱长为，则，
解得．
于是该正四棱锥内切球的大圆是如图△PMN的内切圆，
其中，．
∴．
设内切圆的半径为，
由∽，得，即，
解得，
∴内切球的表面积为．
方法提示：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球 的直径．
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. 已知锐角的内角，，所对的边分别为，，，向量，，且.
（1）求角的值；
（2）若，求的取值范围.
答案：（1）
（2）解析：
思路：（1）根据数量积的坐标表示，利用正弦定理和余弦定理角化边可得；
（2）利用正弦定理将表示为关于角的函数，根据二倍角公式化简，由正切函数的性质可得.
（1）因为，
所以 ，
利用正弦定理角化边得，
又，
，则，
又为锐角三角形，故.
（2）由正弦定理得，
，
由于为锐角三角形，则，
又，解得，
所以
，
而，即，
，故的取值范围为.
16. 已知分别为三个内角的对边，且．
（1）求；
（2）若，的面积为，求的周长．
答案：（1）
（2）解析：
思路：（1）根据题意，由正弦定理得到，结合余弦定理，求得，即可求解；
（2）由的面积为，求得，再由余弦定理得到，求得的值，即可求解.
（1）解：因为，
由正弦定理可得，即，
又由余弦定理，可得，
又因为，所以.
（2）解：由的面积为，可得，即，所以，
因为，又由余弦定理，
可得，
解得，所以的周长为.
17. 对于定义在上的函数，若，使得成立，则称为函数的不动点．
（1）若，求的不动点；
（2）对于二次函数．
（i）当时，函数有唯一的不动点，求实数a的取值范围；
（ii）若函数有两个不相等的不动点，且，求的最小值．
答案：（1）
（2）（i）
（ii）
解析：
思路：（1）根据题意得到的解析式，然后根据不动点的定义计算即可；
（2）（i）将时，有唯一的不动点转化为函数在上只有一个零点，然后列不等式求解即可；
（ii）将有两个不相等的不动点，且转化为方程有两个不相等的正根，然后结合韦达定理和基本不等式求最值即可.
（1），
则不动点满足，即，
整理得，
因为，所以，
当时，，解得，满足；
当时，，无解，
所以的不动点为.
（2）（i），
当时，有唯一的不动点，则方程只有一个解，
即函数在上只有一个零点，
当时，，，满足要求；
当，即时，，解得或，
时，，在上只有一个零点1，
时，，在上只有一个零点1，
所以的取值范围为.
（ii）令，整理得，
则 ，解得，
，
令，
则，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为.
方法提示：方法点睛：一元二次方程根的分布问题：
（1）图形法：考虑开口、对称轴、和端点处函数值的正负等因素；
（2）韦达定理的方法：根据和的正负判断根的正负.
18. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点.
（1）若为线段上的动点，证明：平面平面；
（2）若，分别为线段，的中点，过、、三点的平面交于点，求四棱锥的体积.
（3）若图1中，为的中点，是的四等分点，若图2中，，分别为，的中点，求图1中和平面夹角的正弦值与图2中和平面夹角的余弦值之比.
答案：（1）证明见解析
（2） （3）
解析：
思路：（1）结合图形利用面面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，确定棱锥的高，结合等体积法求解即可；
（3）利用空间向量求线面角公式求解正弦值、余弦值，再计算二者的比值.
（1）由底面，底面，得，
又底面为正方形，，，故平面.
因为平面，所以，
又，是中点，故.
，因此平面，
又平面，故平面平面.
（2）如图所示，
以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，，为中点，故.
为中点，故，，平面即平面（），
的面积.
到平面（）的距离为的纵坐标，
故体积.
（3）如图所示，平面是平面，其法向量为 .
图1：为靠近的四等分点，得，，
和平面夹角满足，
图2：为中点，得，，
和平面夹角满足，
故，
所以比值为：
19. 对于定义域为的函数以及非空数集：若对任意，当时，都有，则称是关联的.
（1）设，写出符合条件的三个开区间，使得是关联的；
（2）设，若存在一个闭区间使得是关联的，求；
（3）证明：是关联的等价于是关联的.
答案：（1），，
（2），
（3）证明见解析
解析：
思路：（1）根据已知条件，分别考虑和的情况.当，让接近，接近，但要在内，出现矛盾；同理时也矛盾，所以区间中有，再检验三类开区间满足题意即可；
（2）由是关联的得出.当时，和能取任意值，也能取任意值，矛盾，所以，式子变为.若，最值差不符合条件，所以，最后验证满足条件得出结果.
（3）分两步：已知是关联的，即时，.通过令不同的、取值，得出和. 对于，将拆成（，且），对变形，利用前面结论得到，结合范围推出，再验证时也满足，从而证明是关联的；再证明若是关联的，可得到是关联的即可得证.
（1）已知对，，
若，让接近，就有接近，
要满足，则，这不可能；
若，让接近，有接近，
要满足，则，也不可能；
所以、中有；
对 ，由，
则，有，符合题意；
对 ，由，
则，有，符合题意；
对，由，
则，符合题意；
故 、 、这三类开区间满足题意，
故可取，，；
（2）若是关联的，则
，
当，且时，能取任意值，
则也能取任意值，
那么能取任意值，矛盾，
则，则，
若，时，最值差为 ，
与矛盾，所以，
取，则时，，满足条件，
综上所得，所求，；
（3）先证充分性．若 是 关联的，则当 时， .
令 ，，则 .
令 ， ，则 .
于是 .
又令 ，，得 .
所以 .
由此可得，对任意整数 ，都有 .
下面证明 是 关联的．任取 ，且.
若 ，由 关联性，直接有.
若 ，则可设 ，其中 ，，且 ．
于是.
由 和 关联性，得.
又由整数平移关系，得 .
所以.
故 是 关联的．
再证必要性．
若 是 关联的，则因为 ，所以对任意整数 ，有 .
又因为 ，所以 .
而.
右边共有 项，每一项都不小于 ，故 .
于是 ，且每一项都等于 ，即 .
因此对任意整数 ，有 .
任取 ，且.
由于 ，由 关联性可得 .
另一方面，，
所以 .
又由整数平移关系， .
故 .
综上， ，即.
所以 是 关联的．
综上， 是 关联的等价于 是 关联的．