2025~2026学年广东深圳科学高中高一下册期中考试数学试题【含答案】

这是一份2025~2026学年广东深圳科学高中高一下册期中考试数学试题【含答案】，共9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. 复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2. 已知角的终边过点且，则（ ）
A. 3B. 4C. D.
3. 已知向量，在方向上的投影向量为，则（ ）
A. B. C. 6D. 12
4. 如图，点为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面的是（ ）
A. B.
C. D.
5. 已知m、n是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，，则D. 若，，，则
6. 如图，某建筑物的高度，一架无人机上的仪器观测到建筑物顶部的仰角为15°，地面某处的俯角为45°，且，则此无人机距离地面的高度为（ ）
A. B. C. D.
7. 已知函数在区间内有最大值，但无最小值，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
8. 中，，，是外接圆圆心，则的最大值为（ ）
A. 3B. C. 4D.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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z满足，则（ ）
A. B.
C. D. 的最大值为2
10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小正周期是
B. 的图象的一个对称中心是
C. 在上单调递增
D. 将图象上所有点向右平移个单位长度可得到一个奇函数的图象
11. 如图，在棱长为的正方体中，为的中点，为线段上动点（包括端点），则下列说法中正确的是（ ）
A. 三棱锥的体积为定值
B. 直线与直线所成角的余弦值为
C. 的最小值为
D. 点在正方体表面上运动（包含边界），且，则点的轨迹长度为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若圆台的上下底面半径分别为1和4，侧面积为，则圆台的体积为________.
13. 已知均为锐角，且，，则________.
14. 若存在实数，使得对任意，均有，则实数a的最小值为________.
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. 设，，向量，，，且，．
（1）求；
（2）求向量与夹角的余弦值．
16. 已知函数．
（1）求函数在区间上的最值及对应的x的取值；
（2）当时，求函数的单调递减和递增区间．
17. 如图所示，在多面体中，四边形是正方形，，，，，，为的中点.
（1）求证: 平面；
（2）求证: 平面；
（3）求四面体的体积.
18. 在中，设角，，的对边长分别为，，，已知.
（1）求角的值；
（2）若，，求；
（3）若，点，在线段上，且，问当取何值时，的面积最小，并求出面积的最小值.
19. 如图，在三棱柱中，平面平面，平面平面，，是线段上一动点，，.
（1）证明：三棱柱是直三棱柱；
（2）若，求平面截三棱柱所得截面的面积；
（3）是否存在，使得直线与平面所成角的正切值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
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. 复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
答案：B
解析：
解答过程：设z=i−1i+2，则，
复数在复平面内对应的点为，位于第二象限．
2. 已知角的终边过点且，则（ ）
A. 3B. 4C. D.
答案：B
解析：
思路：根据题意，利用三角函数的定义，列出方程，即可求解.
解答过程：角的终边过点且，
所以且，解得.
故选：B.
3. 已知向量，在方向上的投影向量为，则（ ）
A. B. C. 6D. 12
答案：A
解析：
思路：根据给定条件，利用投影向量的意义求解即得.
解答过程：依题意，在方向上的投影向量为，则，而，
所以.
故选：A
4. 如图，点为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面的是（ ）
A. B.
C. D.
答案：D
解析：
思路：根据线面平行、面面平行的判定定理及性质即可判断.
解答过程：对于A选项，如图①所示，在正方体中，

且，
因为分别为的中点，
则且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
因为平面平面，
所以平面，同理可证平面，
因为平面，
所以平面平面，
因为平面，
故平面,故A满足；
对于B选项，如图②所示，连接，

在正方体中，且，
因为分别为的中点，则且，
所以四边形为平行四边形，故，
因为分别为的中点，则，
所以，
因为平面平面，
所以平面，故B满足；
对于C选项，如图③所示，在正方体中，取的中点，
连接，

因为且分别为的中点，
所以且，故四边形为平行四边形，则，
因为分别为的中点，
所以，则，
所以四点共面，
因为且，则四边形为平行四边形，
所以，
因为分别为的中点，则，
所以，
因为平面平面，
所以平面故C满足；
对于D选项，如图④所示，在正方体中，取的中点，
连接，

因为且分别为的中点，
则且，
所以四边形为平行四边形，则，
因为分别为的中点，
所以，故，
所以四点共面，
同理可证，故，
同理可得，
反设平面，
因为，且平面，则平面，
但与平面有公共点，这与平面矛盾，
故平面，故D不满足.
故选：D.
5. 已知m、n是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，，则D. 若，，，则
答案：C
解析：
思路：根据线面位置的判定逐一判断即可.
解答过程：选项A：若，，或， A错误.
选项B：若，，则或，B错误.
选项C：因为，，则或，又因为，故，C正确；
选项D：若、，故， D错误.
.
6. 如图，某建筑物的高度，一架无人机上的仪器观测到建筑物顶部的仰角为15°，地面某处的俯角为45°，且，则此无人机距离地面的高度为（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
解答过程：由题意，在中，，，所以.
在中，，，
所以，
由正弦定理，.
又为等腰直角三角形，所以.
故选项B正确.
7. 已知函数在区间内有最大值，但无最小值，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
思路：求出的范围，由条件结合正弦函数的图象列不等式求结论．
解答过程：∵，∴时，，
∵在区间内有最大值，但无最小值，
令，结合图象，
∴，解得．
故选：B．
8. 中，，，是外接圆圆心，则的最大值为（ ）
A. 3B. C. 4D.
答案：B
解析：
思路：根据正弦定理求得，将化为，即，即可求出答案.
解答过程：设外接圆半径为，
由正弦定理得，所以，
由圆的性质得，
=−2×2332cs∠AOC+2332×cs2π3+2332
，
所以当，即，即时，
取得最大值，最大值为.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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z满足，则（ ）
A. B.
C. D. 的最大值为2
答案：BCD
解析：
解答过程：∵i=1 ，取，则，故A错误；
由复数模的性质可知，，故B正确；
，，则，
∴z+1z=z+z，
∵z+z的虚部为0，是实数，
∴z+1z∈R ，故C正确；
|z+1|=z−−1，表示复平面上对应的点到的距离，
在以为圆心，半径的圆上，
圆心到的距离为，
则圆上点到定点的距离最大值为r+d=2 ，故D正确．
10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小正周期是
B. 的图象的一个对称中心是
C. 在上单调递增
D. 将图象上所有点向右平移个单位长度可得到一个奇函数的图象
答案：BC
解析：
解答过程：余弦函数最小正周期，故A错误；
余弦函数的对称中心为，令，
解得，
当时，，此时，
则是函数的一个对称中心，故B正确；
余弦函数的单调递增区间为，
当时，，，
在上单调递增，即在上单调递增，故C正确；
把图象上所有点向右平移个单位长度得：
，
，是偶函数，故D错误．
11. 如图，在棱长为的正方体中，为的中点，为线段上动点（包括端点），则下列说法中正确的是（ ）
A. 三棱锥的体积为定值
B. 直线与直线所成角的余弦值为
C. 的最小值为
D. 点在正方体表面上运动（包含边界），且，则点的轨迹长度为
答案：ABD
解析：
思路：根据体积桥可确定A正确；作出异面直线所成角，结合余弦定理可求得B正确；将与沿直线展开到同一平面内，根据AP+MP≥AM 可求得C错误；过作出平面的平行平面截正方体所得的截面，根据线面垂直关系可确定点轨迹即为正六边形MGHSTR ，知D正确.
解答过程：对于A，连接，
四边形为正方形，，
平面，平面，，
∵BB1,B1D1⊂ 平面，，平面，
点到平面的距离d=12A1C1=2，
又S△BDP=12BD⋅BB1=12×22×2=22，
∴VP−A1BD=VA1−BDP=13S△BDP×2=43，即三棱锥的体积为定值，A正确；
对于B，延长至点，使得C1N=C1M ，连接，
∵C1N=C1M=12B1C1=12BC ，，又，
四边形为平行四边形，，
异面直线与所成角即为（或其补角），
∵A1C=22+22+22=23，A1N=22+32=13，，
∴cs∠A1CN=A1C2+CN2−A1N22A1C⋅CN=12+5−13415=1515，
直线与直线所成角的余弦值为，B正确；
对于C，将与沿直线展开到同一平面内，如下图所示，
∵AP+MP≥AM （当且仅当为线段与交点时取等号），；
∵B1C1=C1D1=2 ，，∴∠C1B1D1=π4；
，为等边三角形，∴∠AB1D1=π3，
，
∴AM2=B1M2+AB12−2AB1⋅B1Mcs∠AB1M=1+8−42×2−64=7+23，
∴AP+MP 的最小值为，C错误；
对于D，，，，平面，
平面，又平面，；
同理可证得：，
，平面，平面；
取中点，连接MG,MR ，
∵MG//B1D1//BD ，平面，平面，平面，
∵MR//BC1，平面，平面，平面，
∵MG∩MR=M ，MG,MR⊄ 平面，平面GMR// 平面，
作出平面截正方体所得的截面MGHSTR ，其中H,S,T 分别为DD1,AD,AB 的中点，则截面MGHSTR// 平面；
平面，平面MGHSTR ，
则当平面MGHSTR 时，，
点的轨迹即为正六边形MGHSTR ，点的轨迹长度为6MG=62，D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若圆台的上下底面半径分别为1和4，侧面积为，则圆台的体积为________.
答案：
解析：
思路：由圆台侧面积公式可得母线长，再求出圆台的高，利用圆台的体积求解即可.
解答过程：设圆台母线长为，则，所以，所以圆台的高为，
所以圆台的体积为.
13. 已知均为锐角，且，，则________.
答案：##0.6
解析：
思路：求出的值，再利用两角和差公式展开，联立方程求出与的关系，即可得到的值.
解答过程：因为均为锐角，即，，所以，.
，故，则：，
即，
已知，则，
所以，即，
，即，
所以.
14. 若存在实数，使得对任意，均有，则实数a的最小值为________.
答案：
解析：
思路：求出的周期，分析的最大值，根据的性质，可求得使的最大值最小时的，从而求得实数a的最小值.
解答过程：当时，的取值是以12为周期的序列.
在一个周期内的取值组成的集合为.
根据的单调性、对称性及的周期性，
不妨令，则的最大值在或中取得.
可使的最大值取得最小值，需使.
根据正弦函数的对称性，此时两角关于对称，即.
此时，解得，.
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. 设，，向量，，，且，．
（1）求；
（2）求向量与夹角的余弦值．
答案：（1）
（2）解析：
思路：（1）利用平面向量的垂直与共线，列出方程组求解的值，从而可得的坐标，再利用模的运算公式求解即可；
（2）由向量的坐标运算可得，计算，然后结合向量夹角公式即可求得夹角的余弦值．
（1）向量，，，且，，
可得且，解得，，
即，，则，
则；
（2）因为，，
所以，，
设向量与夹角为，
则，
即向量与夹角的余弦值为．
16. 已知函数．
（1）求函数在区间上的最值及对应的x的取值；
（2）当时，求函数的单调递减和递增区间．
答案：（1）时，最大值为；时，最小值为
（2）单调减区间是，单调增区间是
解析：
思路：（1）先化简，并结合正弦型函数的性质求在区间上的最大、小值；
（2）根据正弦型函数的图像和性质求出的单调区间．
（1），
已知，则，
，则，
当时，函数在区间上取最大值；
当时，函数在区间上取最小值．
（2）时，，
当，即时，单调递减，
故函数的单调减区间是；
当，即时，单调递增，
故函数的单调增区间是．
17. 如图所示，在多面体中，四边形是正方形，，，，，，为的中点.
（1）求证: 平面；
（2）求证: 平面；
（3）求四面体的体积.
答案：（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.
解析：
思路：（1）设与交于点G, 由四边形是正方形，可知G为的中点，由三角形中位线性质可知，已知，根据平行线的性质可以得到，而，四边形为平行四边形，利用平行四边形的性质和线面平行的判定定理可以证明出平面；
（2）由四边形是正方形，可知，而已知，所以可得，由已知可知，根据线面垂直的判定定理可得出平面,因此有，即得到，由已知，为的中点，可得，根据线面垂直的判定定理可得出平面，也就得出，而，所以有，最后根据线面垂直判定定理，可以证明出平面；
（3）根据线面垂直的判定定理可以证明出平面，即即为四面体的高.根据，可知为中边上的高，最后利用棱锥的体积公式求出四面体的体积.
解答过程：（1）证明：设与交于点G,则G为的中点，如图所示，连.
∵H为的中点，∴.
∵，∴.
又∵，
∴四边形为平行四边形，∴.
∵平面，平面，
∴平面.
（2）证明：∵四边形为正方形，∴.
∵，∴.又∵，，
∴平面,又平面，∴，
∴.∵，H为的中点，∴,
又，∴平面，
∴.∵，∴.
∵，，∴平面.
（3）∵,，，∴平面，
∴即为四面体的高.
由（2)知，平面，∴.
又∵，∴为中边上的高.
∵,∴，
∴.
方法提示：本题考查了线面平行的判定、线面垂直的判定、以及棱锥体积的计算，掌握平面图形的几何性质是解题的关键.
18. 在中，设角，，的对边长分别为，，，已知.
（1）求角的值；
（2）若，，求；
（3）若，点，在线段上，且，问当取何值时，的面积最小，并求出面积的最小值.
答案：（1）
（2）3 （3），
解析：
思路：（1）根据已知条件，结合正弦定理角化边和余弦定理即可求出及；
（2）根据，，利用正弦定理，解出；
（3）根据和，利用正弦定理表示出，，再用面积公式表示出的面积.最后利用三角函数有界性和角的取值范围，求出的面积的范围.
（1），
由正弦定理得，即，即，
即，
由余弦定理得，，；
（2），
其中，，
，，
，
由正弦定理，，
，则，
即；
（3）且，
为等边三角形
设，，，，
由正弦定理得，
，
由正弦定理，
，
，，
当，
.
19. 如图，在三棱柱中，平面平面，平面平面，，是线段上一动点，，.
（1）证明：三棱柱是直三棱柱；
（2）若，求平面截三棱柱所得截面的面积；
（3）是否存在，使得直线与平面所成角的正切值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
答案：（1）证明见解析
（2） （3）存在，
解析：
思路：（1）在上任取一点，过作交于，在上任取一点，过作交于，可证平面，证明可得结论；
（2）过作，交于点，连接，截面为直角梯形，求得面积即可；
（3）延长交于点，过作于，所以平面，连接，为与平面所成的角，可得，进而可求的值.
（1）如图：
在上任取一点，过作交于，
在上任取一点，过作交于，
由平面平面，平面平面，平面
所以：平面，
同理有平面，从而有，
平面，平面，所以平面，
又因为平面平面，平面，
从而有，即平面.
从而三棱柱是直三棱柱.
（2）当时，连接延长交直线于，所以，
又因为，所以，所以为线段上靠近的一个三等分点，
过作，交于点，连接，
因为三棱柱为直棱柱，所以平面平面，
又，平面，平面平面，
所以平面，所以平面，
从而截面为直角梯形，，
所以，
从而直角梯形的面积为.
（3）延长交于点，过作于，
因为三棱柱为直棱柱，所以平面平面，
又平面，平面平面，
所以平面，连接，
则为与平面所成的角，
由，，可知，，
若直线与平面所成角的正切值为，即，
从而，即，，从而易得，
即点为上靠近的一个三等分点，.