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四川省资阳中学2025-2026学年高一下学期期中测试数学试题
一、单选题
1．若复数，则（ ）
A．1 B． C．3 D．5
2．已知直线不平行于平面，且，则下列结论成立的是（ ）
A．平面内的所有直线与是异面直线 B．平面内不存在与平行的直线
C．平面内存在唯一一条直线与平行 D．平面内的所有直线与都相交
3．函数在一个周期内的图象如图所示，此函数的解析式为（ ）
A． B．
C． D．
4．正方形的边长为2，它是水平放置的一个平面图形的直观图（如图），则原图形的周长是（ ）
A．12 B． C．16 D．
5．在中，若其面积为，且，则角的大小为（ ）
A． B． C． D．
6．已知平面向量，是两个单位向量，在上的投影向量为，则（ ）
A．1 B． C． D．
7．已知，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
8．已知，，函数．若将的图象向右平移个单位，再将横坐标伸长为原来的2倍，得到函数．若在区间上单调递增，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．下列命题不正确的有（ ）
A．若非零向量，，，满足，则
B．
C．若，且与同向，则
D．
10．以下结论正确的有（ ）
A．在中，
B．在中，若，则
C．在四边形中，若，则四边形是菱形
D．若四边形为平行四边形，则
11．如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱AD，，CD的中点，则下列说法正确的有（ ）
A．直线与直线共面
B．
C．点P是线段上的动点，则满足的点P有且只有一个
D．过直线EF的平面截正方体，所得截面图形可以是五边形
三、填空题
12． ．
13．在中，点D满足，若，则______．
14．在中，，D为BC边上一点，且．若AD为的平分线，且为锐角三角形，则边AC的取值范围______．
四、解答题
15．已知向量，.
(1)若，求；
(2)若，，求与的夹角的余弦值.
16．已知复数（，为虚数单位），在复平面上对应的点在第四象限，且满足，其中是的共轭复数．
(1)求复数的虚部；
(2)若复数是关于的方程（，且p，）的一个复数根，求的值．
17．在中，．
(1)求A的大小；
(2)若，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求最长边上高线的长．
条件①：；条件②：的面积为；条件③：．（注：若选多个条件进行解答，按第一个解答计分．）
18．如图，是圆锥底面圆的内接三角形，，，圆锥底面半径为，PA为圆锥的母线，且圆锥的侧面展开图是一个半圆．
(1)求圆锥的高；
(2)求三棱锥体积的最大值；
(3)用平行于底面的平面截去圆锥的上半部分，截得圆台的上底面半径为，若剩下的圆台有内切球，求圆台的体积．
19．著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马（1601-1665）于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，则使得的点P即为费马点．在中，角的对边分别为，且．若P是的“费马点”，，．
(1)求角；
(2)设，，，若，求的周长；
(3)在（2）的条件下，设，若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．
参考答案
1．B
【详解】依题意，.
故选：B
2．B
【详解】因为任意一条直线与平面有三种位置关系：
即，，，
由题意可知只有这种位置关系，
对于A，平面内过点的直线与直线共面，故A错误；
对于B，因为，
假设存在直线，且，
因为，
所以，与矛盾，
所以平面内不存在与平行的直线，故B正确；
由B可知，C错误；
对于D，平面内不过点的直线，与直线是异面直线，故D错误.
3．C
【详解】由图知，
函数的最小正周期满足，则，解得
所以，
又，即
由于，所以，解得
所以函数的解析式为.
4．C
【详解】从直观图可得，
原图形为：
则四边形OABC为平行四边形，，
，
所以其周长为.
故选：C.
5．B
【详解】，即，
所以，即，
所以，所以.
又，故.
6．B
【详解】已知在上的投影向量为.
因为是单位向量，所以，则，故.
可得.
因为是单位向量，所以，可得.
将，代入可得.
故选：B.
7．A
【详解】，，.
又，
，
则．
8．D
【详解】由题意得：
，
向右平移个单位得：，
再将横坐标伸长为原来的2倍，得，
求单调增区间：，，
得，，
取，得．
因为，
所以最大为.
9．ABC
【详解】对于A，若，则成立，但不一定成立，故A错误，
对于B，表示与共线的向量，而表示与共线的向量，
所以不一定成立，故B错误，符合题意；
对于C，向量既有大小又有方向，不能比较大小，故C错误，符合题意；
对于D，设向量，的夹角为，
则，故D正确，不符合题意．
10．AD
【分析】由正弦定理可判断A；根据三角形内角及正弦函数可知或，进而可判断B；根据向量平行四边形法则可判断C；由，，平方相加即可判断D．
【详解】由正弦定理易知A，正确．
对于B，由，可得或，即，或，
，或，故B错误；
对于C，若，则四边形是平行四边形；
对于D：根据，，平方相加得结论成立．
11．ABD
【详解】
对于A项，如图①，连接，在正方体中，因为∥，，
所以四边形为平行四边形，故有∥，
又分别是棱的中点，则∥，故∥，即可确定一个平面，故A项正确；
对于B项，如图②，，故B项正确；
对于C项，当P和B重合时，显然AP⊥PC；当P为中点时，则，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以CP⊥平面，
因为平面，所以CP⊥AP.故满足的点P不止一个，故C错误.
对于D项，如图，延长FE和交于G点，连接交AB于M，连接EM；
同理延长EF和交于H点，连接交于N，连接FN，
则五边形为过直线EF的截面，故D正确.
故选：ABD．
12．
【详解】.
故答案为
13．
【详解】由，
则，
又，
所以，
所以．
14．
【详解】因为为的平分线，
所以可设，则，，
因为为锐角三角形，所以，即,所以.
在中，由正弦定理得，③
在中，由正弦定理得，④
④÷③得，
又，所以，
设，又，
所以，所以在上为增函数，
所以．
15．(1)；
(2).
【详解】（1），由可得，
即，解得，
所以，故.
（2）依题意，
又，所以，
解得，则，，，
所以，故与的夹角的余弦值为.
16．(1)
(2)
【详解】（1）已知，则其共轭复数.
由，得.
即，解得，.
又在复平面内对应的点在第四象限，故，得.
所以复数的虚部为.
（2）由（1）知.
因为是方程的根，代入得.
计算.
代入方程得.
整理得.
因为，所以实部与虚部分别为，即.
由第二个方程得，代入第一个方程得，即.
所以.
17．(1)
(2)
【详解】（1）因为，所以，
所以，所以，，
因为，所以舍，所以，则；
（2）选择①
因为，由正弦定理，代入，得；
法一：由余弦定理，代入得，
所以，所以或（舍），所以AC边最长；
AC边上的高线；
法二：因为，，所以，所以，所以；
所以边为最长边，其高线；
选择②
因为，所以，因为，由余弦定理，
所以，所以或；
所以最长边上的高线；
若选择③，，，，由余弦定理，
所以或（舍）；
所以AC边最长，AC边上的高线；
18．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设底面圆心为O，半径为，
在中，，由，则，
则由正弦定理有，即，
又圆锥的侧面展开图是半圆，所以，所以，
所以圆锥的高 ．
（2）由，是定值，则当是等腰三角形，边上的高最大，此时的面积最大，
所以作弦的垂线，垂足为，且为弦的中点，该垂线过圆心，
则，
则底面面积的最大值为，
所以三棱锥的最大值为．
（3）设圆台的上底面半径为，内切球的半径为，
结合（1），由图根据三角形相似，得，解得，
则，解得，所以圆台的高为
所以圆台的体积为 ．
19．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由题可知，
由正弦定理可知，其中为外接圆半径.
所以可得，
即，
即，
由于，，所以，所以；
（2）设，，，
由题可知
所以．
所以，由得：
，即，
由余弦定理得，，
即，即，
又，联立解得，．
所以的周长为；
（3）设，，，
由（2）在，，中，
由余弦定理得，
联立求解可得，
所以，
所以，
，
即，令，，
由对勾函数性质知在上单调递减，
所以，
即m的取值范围为．

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