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玉溪一中2025—2026学年下学期高一年级期中考
数学学科试卷
总分：150分，考试时间：120分钟 命题人、审题人：
一、单项选择题：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，只有一个选项是正确的．
1．集合，，则
A． B． C． D．
2．已知向量，，且，则
A．-3 B．3 C． D．
3．
A． B． C． D．
4．已知，关于的不等式的解集为，则
A．3 B． C．1 D．
5．若，则
A． B． C． D．
6．若，，则
A． B． C． D．
7．在正四棱台中，，若侧面与底面的夹角为，则该四棱台的体积为
A．
B．
C．
D．
8．在中，为的中点，为平面内一点，且，则
A．的最大值为
B．的最大值为
C．的最大值为
D．的最大值为
二、多选题：本题共3题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中有多个选项符合要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9．若实数满足，则下列不等式一定成立的是
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
10．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列结论中正确的是
A．若A=30°，a=2，b=3，则有两解
B．若，则
C．若acos A=bcos B，则一定是等腰三角形
D．若a=2，A=30°，则的外接圆半径是4
11．如右图，在棱长为6的正方体中，已知M，N，P分别
是棱，，的中点，点满足，则下列说法
正确的有
A．平面
B．若Q，M，N，P四点共面，则
C．若，点F在侧面内（包括边界），且平面，则点F的轨迹长度为
D．若，过A，P，Q三点作该正方体的截面将该正方体分成两部分，较小体积与较大体积的比值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．函数的定义域为______．
13．已知向量，，则在上的投影向量为______．
14．已知函数若函数有四个不同的零点，且有如下关系，，则的取值范围是 .
四、解答题：本题共5小题，共77分.
15．(本题共计13分)设是两个不共线的向量，．
(1)已知，，，若A，B，C三点在同一直线上，求；
(2)若，且与的夹角为，求的最小值．
16．(本题共计15分)设锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，．
（1）求A；
（2）若，且Δ的面积为，求的周长．
17．(本题共计15分)如图所示，在四棱锥中，在底面中，，E点在棱PD上且．
(1)求证：平面；
(2)线段上是否存在点N，使得平面平面？若存在，写出的值；若不存在，请说明理由．
18．(本题共计17分)已知函数的图象相邻对称轴之间的距离是，若将的图像向右移个单位，所得函数为奇函数．
(1)求的解析式；
(2)若函数的一个零点为，且，求．
19．（本题共计17分)已知，.
(1)证明：；
(2)判断并用定义证明的单调性；
(3)若函数的图象在区间上与x轴有2个交点，求实数m的取值范围．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
答案 A B D C D A D C AC AB ACD
解答题：
【解】（1）由三点共线可设，即即，∵不共线，∴，解得．∴当时，三点在同一直线上.
，故当时，有最小值.
16．【解】（1），由正弦定理可得，又，所以，因为锐角三角形，故．
（2）的面积为，所以，在中，由余弦定理得，即，整理得，所以，即，所以，
所以的周长为．
17.【解】（1）因为，所以，所以，
因为平面，平面，所以平面.
（2）存在，且当点为上靠近点三等分点时，即时，平面平面.
下面给出证明：因为，所以，，
又因为点为上靠近点三等分点，所以，
所以，所以四边形为平行四边形，所以，
又因为面，面，所以面，
因为E在棱PD上且，即，又因为，所以，
所以，又平面，平面，
所以平面，又因为平面，平面，，
所以平面平面.
18.【解】（1）由题意可得，可得，又，而，可得，此时，由题意可得，要使函数为奇函数，则，，即，，而，所以，所以；
（2）由题意令，可得，即，因为，
所以，所以，所以
19.【解】（1）.
（2）的定义域为，任取，，则，即，
由，可得，
故在上单调递增.
（3）.因为的图象在区间上与x轴有2个交点，
所以，在时有2个实数根，
即在时有2个实数根，
令，易知在区间上单调递增，故，
由可得，令，，
由对勾函数性质可知，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
又，，，作函数草图如图，
当时，函数与有两个交点，
即函数的图象在区间上与x轴有2个交点，
所以，即实数m的取值范围为.
第4页，共8页
第5页，共8页

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