2025~2026學年廣東深圳科學高中高一下冊期中考試數學試題【含答案】

/數學一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.復數在復平面內對應的點位于（

）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.已知角的終邊過點且，則（）A.3 B.4 C. D.3.已知向量，在方向上的投影向量為，則（）A. B. C.6 D.124.如圖，點為正方體的頂點或所在棱的中點，則下列各圖中，不滿足直線平面的是（）A. B.C. D.5.已知m、n是兩條不同的直線，、是兩個不同的平面，則下列說法正確的是（

）A.若，，則 B.若，，則C.若，，，則 D.若，，，則6.如圖，某建筑物的高度，一架無人機上的儀器觀測到建筑物頂部的仰角為15°，地面某處的俯角為45°，且，則此無人機距離地面的高度為（）A. B. C. D.7.已知函數在區間內有最大值，但無最小值，則的取值范圍為（）A. B. C. D.8.中，，，是外接圓圓心，則的最大值為（）A.3 B. C.4 D.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.已知復數z滿足，則（

）A. B.C. D.的最大值為210.已知函數，則下列說法正確的是（

）A.的最小正周期是B.的圖象的一個對稱中心是C.在上單調遞增D.將圖象上所有點向右平移個單位長度可得到一個奇函數的圖象11.如圖，在棱長為的正方體中，為的中點，為線段上動點（包括端點），則下列說法中正確的是（

）A.三棱錐的體積為定值B.直線與直線所成角的余弦值為C.的最小值為D.點在正方體表面上運動（包含邊界），且，則點的軌跡長度為三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.若圓臺的上下底面半徑分別為1和4，側面積為，則圓臺的體積為________.13.已知均為銳角，且，，則________.14.若存在實數，使得對任意，均有，則實數a的最小值為________.四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.設，，向量，，，且，．（1）求；（2）求向量與夾角的余弦值．16.已知函數．（1）求函數在區間上的最值及對應的x的取值；（2）當時，求函數的單調遞減和遞增區間．17.如圖所示，在多面體中，四邊形是正方形，，，，，，為的中點.（1）求證:平面；（2）求證:平面；（3）求四面體的體積.18.在中，設角，，的對邊長分別為，，，已知.（1）求角的值；（2）若，，求；（3）若，點，在線段上，且，問當取何值時，的面積最小，并求出面積的最小值.19.如圖，在三棱柱中，平面平面，平面平面，，是線段上一動點，，.（1）證明：三棱柱是直三棱柱；（2）若，求平面截三棱柱所得截面的面積；（3）是否存在，使得直線與平面所成角的正切值為，若存在，求出的值，若不存在，請說明理由.

數學一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.復數在復平面內對應的點位于（

）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：解答過程：設z=i?1復數在復平面內對應的點為，位于第二象限．2.已知角的終邊過點且，則（）A.3 B.4 C. D.答案：B解析：思路：根據題意，利用三角函數的定義，列出方程，即可求解.解答過程：角的終邊過點且，所以且，解得.故選：B.3.已知向量，在方向上的投影向量為，則（）A. B. C.6 D.12答案：A解析：思路：根據給定條件，利用投影向量的意義求解即得.解答過程：依題意，在方向上的投影向量為，則，而，所以.故選：A4.如圖，點為正方體的頂點或所在棱的中點，則下列各圖中，不滿足直線平面的是（）A. B.C. D.答案：D解析：思路：根據線面平行、面面平行的判定定理及性質即可判斷.解答過程：對于A選項，如圖①所示，在正方體中，且，因為分別為的中點，則且，所以四邊形為平行四邊形，所以，因為平面平面，所以平面，同理可證平面，因為平面，所以平面平面，因為平面，故平面,故A滿足；對于B選項，如圖②所示，連接，在正方體中，且，因為分別為的中點，則且，所以四邊形為平行四邊形，故，因為分別為的中點，則，所以，因為平面平面，所以平面，故B滿足；對于C選項，如圖③所示，在正方體中，取的中點，連接，因為且分別為的中點，所以且，故四邊形為平行四邊形，則，因為分別為的中點，所以，則，所以四點共面，因為且，則四邊形為平行四邊形，所以，因為分別為的中點，則，所以，因為平面平面，所以平面故C滿足；對于D選項，如圖④所示，在正方體中，取的中點，連接，因為且分別為的中點，則且，所以四邊形為平行四邊形，則，因為分別為的中點，所以，故，所以四點共面，同理可證，故，同理可得，反設平面，因為，且平面，則平面，但與平面有公共點，這與平面矛盾，故平面，故D不滿足.故選：D.5.已知m、n是兩條不同的直線，、是兩個不同的平面，則下列說法正確的是（

）A.若，，則 B.若，，則C.若，，，則 D.若，，，則答案：C解析：思路：根據線面位置的判定逐一判斷即可.解答過程：選項A：若，，或，A錯誤.選項B：若，，則或，B錯誤.選項C：因為，，則或，又因為，故，C正確；選項D：若、，故，D錯誤..6.如圖，某建筑物的高度，一架無人機上的儀器觀測到建筑物頂部的仰角為15°，地面某處的俯角為45°，且，則此無人機距離地面的高度為（）A. B. C. D.答案：B解析：解答過程：由題意，在中，，，所以.在中，，，所以，由正弦定理，.又為等腰直角三角形，所以.故選項B正確.7.已知函數在區間內有最大值，但無最小值，則的取值范圍為（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：求出的范圍，由條件結合正弦函數的圖象列不等式求結論．解答過程：∵，∴時，，∵在區間內有最大值，但無最小值，令，結合圖象，∴，解得．故選：B．8.中，，，是外接圓圓心，則的最大值為（）A.3 B. C.4 D.答案：B解析：思路：根據正弦定理求得，將化為，即，即可求出答案.解答過程：設外接圓半徑為，由正弦定理得，所以，由圓的性質得，=?2×，所以當，即，即時，取得最大值，最大值為.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.已知復數z滿足，則（

）A. B.C. D.的最大值為2答案：BCD解析：解答過程：∵i=1，取，則，故A錯誤；由復數模的性質可知，，故B正確；，，則，∴z∵z∴z|z+1|=z??1在以為圓心，半徑的圓上，圓心到的距離為，則圓上點到定點的距離最大值為r+10.已知函數，則下列說法正確的是（

）A.的最小正周期是B.的圖象的一個對稱中心是C.在上單調遞增D.將圖象上所有點向右平移個單位長度可得到一個奇函數的圖象答案：BC解析：解答過程：余弦函數最小正周期，故A錯誤；余弦函數的對稱中心為，令，解得，當時，，此時，則是函數的一個對稱中心，故B正確；余弦函數的單調遞增區間為，當時，，，在上單調遞增，即在上單調遞增，故C正確；把圖象上所有點向右平移個單位長度得：，，是偶函數，故D錯誤．11.如圖，在棱長為的正方體中，為的中點，為線段上動點（包括端點），則下列說法中正確的是（

）A.三棱錐的體積為定值B.直線與直線所成角的余弦值為C.的最小值為D.點在正方體表面上運動（包含邊界），且，則點的軌跡長度為答案：ABD解析：思路：根據體積橋可確定A正確；作出異面直線所成角，結合余弦定理可求得B正確；將與沿直線展開到同一平面內，根據AP+MP≥AM可求得C錯誤；過作出平面的平行平面截正方體所得的截面，根據線面垂直關系可確定點軌跡即為正六邊形MGHSTR，知D正確.解答過程：對于A，連接，四邊形為正方形，，平面，平面，，∵BB1,B1D1?點到平面的距離d=12A又S△∴VP?對于B，延長至點，使得C1N=C1∵C1N=C四邊形為平行四邊形，，異面直線與所成角即為（或其補角），∵A1C=2∴cos直線與直線所成角的余弦值為，B正確；對于C，將與沿直線展開到同一平面內，如下圖所示，∵AP+MP≥AM（當且僅當為線段與交點時取等號），∵B1C1=，為等邊三角形，∴∠AB1，∴AM∴AP+MP對于D，，，，平面，平面，又平面，；同理可證得：，，平面，平面；取中點，連接MG,MR，∵MG//B1D1//BD，平面，平面，∵MR//BC1，平面，平面，平面，∵MG∩MR=M，MG,MR?平面作出平面截正方體所得的截面MGHSTR，其中H,S,T分別為DD1,平面，平面MGHSTR，則當平面MGHSTR時，，點的軌跡即為正六邊形MGHSTR，點的軌跡長度為6MG=62，D正確.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.若圓臺的上下底面半徑分別為1和4，側面積為，則圓臺的體積為________.答案：解析：思路：由圓臺側面積公式可得母線長，再求出圓臺的高，利用圓臺的體積求解即可.解答過程：設圓臺母線長為，則，所以，所以圓臺的高為，所以圓臺的體積為.13.已知均為銳角，且，，則________.答案：##0.6解析：思路：求出的值，再利用兩角和差公式展開，聯立方程求出與的關系，即可得到的值.解答過程：因為均為銳角，即，，所以，.，故，則：，即，已知，則，所以，即，，即，所以.14.若存在實數，使得對任意，均有，則實數a的最小值為________.答案：解析：思路：求出的周期，分析的最大值，根據的性質，可求得使的最大值最小時的，從而求得實數a的最小值.解答過程：當時，的取值是以12為周期的序列.在一個周期內的取值組成的集合為.根據的單調性、對稱性及的周期性，不妨令，則的最大值在或中取得.可使的最大值取得最小值，需使.根據正弦函數的對稱性，此時兩角關于對稱，即.此時，解得，.四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.設，，向量，，，且，．（1）求；（2）求向量與夾角的余弦值．答案：（1）（2）解析：思路：（1）利用平面向量的垂直與共線，列出方程組求解的值，從而可得的坐標，再利用模的運算公式求解即可；（2）由向量的坐標運算可得，計算，然后結合向量夾角公式即可求得夾角的余弦值．（1）向量，，，且，，可得且，解得，，即，，則，則；（2）因為，，所以，，設向量與夾角為，則，即向量與夾角的余弦值為．16.已知函數．（1）求函數在區間上的最值及對應的x的取值；（2）當時，求函數的單調遞減和遞增區間．答案：（1）時，最大值為；時，最小值為（2）單調減區間是，單調增區間是解析：思路：（1）先化簡，并結合正弦型函數的性質求在區間上的最大、小值；（2）根據正弦型函數的圖像和性質求出的單調區間．（1），已知，則，，則，當時，函數在區間上取最大值；當時，函數在區間上取最小值．（2）時，，當，即時，單調遞減，故函數的單調減區間是；當，即時，單調遞增，故函數的單調增區間是．17.如圖所示，在多面體中，四邊形是正方形，，，，，，為的中點.（1）求證:平面；（2）求證:平面；（3）求四面體的體積.答案：（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）.解析：思路：（1）設與交于點G,由四邊形是正方形，可知G為的中點，由三角形中位線性質可知，已知，根據平行線的性質可以得到，而，四邊形為平行四邊形，利用平行四邊形的性質和線面平行的判定定理可以證明出平面；（2）由四邊形是正方形，可知，而已知，所以可得，由已知可知，根據線面垂直的判定定理可得出平面,因此有，即得到，由已知，為的中點，可得，根據線面垂直的判定定理可得出平面，也就得出，而，所以有，最后根據線面垂直判定定理，可以證明出平面；（3）根據線面垂直的判定定理可以證明出平面，即即為四面體的高.根據，可知為中邊上的高，最后利用棱錐的體積公式求出四面體的體積.解答過程：（1）證明：設與交于點G,則G為的中點，如圖所示，連.∵H為的中點，∴.∵，∴.又∵，∴四邊形為平行四邊形，∴.∵平面，平面，∴平面.（2）證明：∵四邊形為正方形，∴.∵，∴.又∵，，∴平面,又平面，∴，∴.∵，H為的中點，∴,又，∴平面，∴.∵，∴.∵，，∴平面.（3）∵,，，∴平面，∴即為四面體的高.由（2)知，平面，∴.又∵，∴為中邊上的高.∵,∴，∴.方法提示：本題考查了線面平行的判定、線面垂直的判定、以及棱錐體積的計算，掌握平面圖形的幾何性質是解題的關鍵.18.在中，設角，，的對邊長分別為，，，已知.（1）求角的值；（2）若，，求；（3）若，點，在線段上，且，問當取何值時，的面積最小，并求出面積的最小值.答案：（1）（2）3（3），解析：思路：（1）根據已知條件，結合正弦定理角化邊和余弦定理即可求出及；（2）根據，，利用正弦定理，解出；（3）根據和，利用正弦定理表示出，，再用面積公式表示出的面積.最后利用三角函數有界性和角的取值范圍，求出的面積的范圍.（1），由正弦定理得，即，即，即，由余弦定理得，，；（2），