文档文本内容
浙江温州环大罗山联盟期中联考2025-2026 学年第二学期高一年级数
学试题
考生须知：
1．本卷共4 页满分150 分，考试时间120 分钟.
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.
4．考试结束后，只需上交答题纸.
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i 为虚数单位，若复数
，则复数
在复平面内所对应的点位于（ ）
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】
【分析】应用复数乘法计算化简，再判断复数对应点即可.
【详解】若复数
，则复数在复平面内所对应的点为
，即复数对应的点位于第
二象限.
2. 已知平面向量
，则
（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】
，
，
因为
，
所以
，解得
.
3. 设m，n 是两条不同的直线，
，β 是两个不同的平面，下列说法正确的是（ ）
A. 若
，
，则
B. 若
，
，则
C. 若
，
，
，则
D. 若
，
，
，
，
，
则
【答案】D
【解析】
【分析】根据线面平行的判断定理可判断A 的正误，根据线面平行的定义可判断B 的正误，根据面面平行
的性质可判断C 的正误，根据面面平行的判定定理可判断D 的正误.
【详解】对于A，若
，
，则
或
，故A 错误；
对于B，若
，
，则
或
异面，故B 错误；
对于C，若
，
，
，则
或
异面，故B 错误；
对于D，由面面平行的判定定理可证D 成立，
故选：D.
4. 已知平面向量
，则
在
上的投影向量为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】运用投影向量的定义求解.
【详解】
在
上的投影向量为
.
5. 已知
，则
（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为
，所以
，
．
6. 如图，小明为了测量一棵榕树的高度，他选取与树根部
在同一水平面的
、
两点，在
点测得树
根部
在西偏北
的方向上，沿正西方向步行10 米到
处测得树根部
在西偏北
的方向上，树梢
的仰角为
，则树的高度是（ ）
A.
米
B.
米
C.
米
D.
米
【答案】C
【解析】
【分析】根据图形，在
中利用正弦定理求得
的值，在
中求出
的值．
【详解】依题意可得如下图形，
在
中，
，
，
，
由正弦定理得，
，解得，
，
在
中，
，
所以，
．
所以树的高度为
米
7. 设
的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，若
，
且边BC 上的中线长等于
，则
（ ）
A.
B. 3
C.
D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】根据平面向量数量积的定义将原等式变形为
，利用正弦定理和三角恒
等变换的应用求得
.根据
和数量积的定义与运算律，建立关于
的方程，解之
即可.
【详解】如图，
为
的中点，
，
由
，
得
，
即
，
由正弦定理，得
，
即
，
得
，
由
，得
，又
，
所以
.
由
，得
，
又
，
，
所以
，整理得
，
由
，解得
.
故选：A
8. 如图，在棱长为2 的正方体
中，点
在棱
上，过
作截面
，过
作截面
，记正方体截面
上方部分体积为
，记正方体截面
下方部分体积为
，则
的最小
值为（ ）
A.
B.
C.
D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】先确定截面
与正方体棱的交点，确定所截几何体形状，求出
，
体积，
最后求
最小值．
【详解】
平面
截正方体，设
与
交于
，如左图；
平面
截正方体，设
与
交于
，如右图．
根据对称性，
，
．
设
，则
，
．
是一个棱台，下底面为
，面积为
，
上底面为
，面积为
，
．
是一个棱台，下底面为
，面积为
，
上底面为
，面积为
，
．
，
当
，取最小值为
．
二、多选题：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. 已知为虚数单位，
为复数，下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 若
，则
D. 若
，则
的最小值为1
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A：根据虚数单位的性质运算求解；对于B：根据共轭复数的定义结合复数的模分析判断；
对于C：举反例说明即可；对于D：根据复数的几何意义分析判断.
【详解】对于选项A：
，故A 错误；
对于选项B：设
，
，则
，
所以
，故B 正确；
对于选项C：例如
，
，则
，满足
，
但
，两者不能比较大小，故C 错误；
对于选项D：设复数
在复平面内对应的点分别为
，
若
，可知点
的轨迹是以坐标原点
为圆心，半径为1 的圆，
则
，所以
的最小值为1，故D 正确.
10. 已知函数
，则下列说法正确的是（ ）
A. 若
，则
的图象关于点
中心对称
B. 若曲线
的图象向左移动
个单位后关于
轴对称，则
的最小值为2
C. 若
在
单调递增，则
D. 若
在
上恰有三个零点，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据正弦函数的对称性，结合验证法即可判断A；根据三角函数图象的平移变换和三角函数的奇
偶性计算即可判断B；根据整体代换法和正弦函数的单调性建立关于
的不等式组，解之即可判断C；根
据
和正弦函数的图象与性质计算即可求解.
【详解】A：若
，则
，有
，
所以
的图象关于点
中心对称，故A 正确；
B：
的图象向左平移
个单位后，
得
，
因为
的图象关于
轴对称，所以
为偶函数，
所以
，解得
，
又
，所以
的最小值为5，故B 错误；
C：由
，得
，
即
的单增区间为
，又
在
上单调递增，
所以
，解得
，故C 正确；
D：由
，得
，
又
在
上有3 个零点，所以
，
解得
，故D 正确.
11. 已知
的角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，面积为
，若
，则（ ）
A. 若
，则
为等腰直角三角形
B.
的取值范围为
C. 若
，则
D. 若
的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题意，根据三角形面积公式可得
.利用基本不等式计算可得
且
，即
可判断A；利用基本不等式计算可得
，根据
即可判断B；由题意可得
，解之即可判断C；根据余弦定理和辅助角公式可得
，结合
即可判断D.
【详解】由
，得
，
整理得
.
A：当
时，
，
即
，（当且仅当
时取等号），
由
，得
，又
，所以
，
得
，且
，所以
为等腰直角三角形，故A 正确；
B：
，（当且仅当
时取等号），
由
，得
，得
，
即
，所以的取值范围为
，故B 正确；
C：当
时，
，得
，
即
，整理得
，
解得
，故C 错误；
D：由余弦定理得
，
由
，得
，
所以
，
即
，（其中
），
而
，所以
的最大值为
.故D 正确.
故选：ABD
三、填空题：本题共3 小题，每小题5 分，共15 分．
12. 已知一个圆锥的母线长为4，侧面积
，则此圆锥的底面半径为____________．
【答案】2
【解析】
【分析】根据圆锥的侧面积公式计算直接得出结果.
【详解】设圆锥的底面半径为
，母线为，
则圆锥的侧面积为
，
由题意知，
，解得
.
故答案为：2
13. 若
是关于
的方程
的复数根，则
____________．
【答案】31
【解析】
【分析】易知
是方程的另一个复数根，结合韦达定理计算即可求解.
【详解】因为
是关于
的方程
的一个复数根，
所以
是关于
的方程
的另一个复数根，
由韦达定理得
，解得
，
所以
.
故答案为：31
14. 已知平面向量
，满足
，
与
的夹角为
，且
，则
的最小值为
____________．
【答案】
【解析】
【分析】使用
得到
，将问题转化为求
的最大值，由
与
的夹角为
，建立
的关系式并换元求解.
【详解】
，
，因为
，所以
，
，
，则要求
的最小值等价于求
的最大值，
因为
与
的夹角为
，所以
，令
，
，
则
，整理后得
，
令
，则
，该方程有正实数解，
故
，解得
，
又因为
，所以
，故
的最大值为
，
即
的最大值为
，此时
，
所以
的最小值为
.
四、解答题：本题共5 小题，共77 分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知函数
．
（1）求函数
的最小正周期和单调递减区间；
（2）当
时，求函数
的值域．
【答案】（1）最小正周期为
，单调递减区间是
（2）
【解析】
【分析】（1 ）先由三角函数的恒等变换化简得
，即可得周期，解
可得单调减区间；
（2）先求出
的范围，结合正弦函数的图象即可求解
【小问1 详解】
，
所以
最小正周期为
，
由
，
得单调递减区间是
；
【小问2 详解】
当
时，
，
则
，即
时，
有最小值为
，
，即
时，
有最大值为
，
所以此时
的值域为
．
16. 在
中，
是AD 的中点，设
．
（1）试用
表示
；
（2）若
，求
．
【答案】（1）
，
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量加法减法的三角形法则及数乘运算即可求解；
（2）根据（1）的结论，利用向量数量积的运算律、向量的模公式分别求出
，
，再根
据向量的夹角公式即可求解.
【小问1 详解】
因为
，所以
．
.
因为E 是AD 的中点，
所以
．
【小问2 详解】
由（1）知
，
因为
，
所以
因为
，
，
所以
，
.
所以
.
17. 如图，在四棱柱
中，平面
平面
，
，且
．
（1）求证：
；
（2）求直线
与平面
所成角的正弦值；
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【小问1 详解】
平面
平面
，平面
平面
，
，
平面
，
平面
，
.
【小问2 详解】
连接
，如下图所示，
，
，
，
，
是等边三角形，可得
，
，
，
，
根据余弦定理可得
，解得
，
，
，即
，
，
平面
，
就是直线
与平面
所成角，
,
，
，
.
18. 已知
的角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，且
（1）判断
的形状；
（2）若
为钝角三角形，
为线段BC 的延长线上一点，
在线段CD 上，且
（i）若
，求AD 的长；
（ii）求
的取值范围．
【答案】（1）等腰三角形或直角三角形
（2）（i）
；（ii）
【解析】
【分析】（1）法1：根据余弦定理的应用将等式变形得
，进而即得；法2：根
据正弦定理和三角恒等变换的应用将等式变形为
，进而即得；法3：根据正
弦定理和三角恒等变换的应用将等式变形为
，进而即得；
（2）法一：（i）由（1）可得
，设
，则
，结合
角平分线定理化简计算即可求解；（ii）由（i）得
，由
为钝角三角形得
，解得
，即可求解.
法二：（i）由（1）可得
，设
，则
，
，根据正
弦定理和三角恒等变换的应用可得
，求出
，结合二倍角公式计算即可求解；
（ii）由（i）可得
，结合
计算即可求解.
【小问1 详解】
法1：由题意，得
，
即
则
，
所以
或
，
因此
为等腰三角形或直角三角形；
法2：由正弦定理得
，
则
，
，
，
所以
或
，
因此
为等腰三角形或直角三角形；
法3：由正弦定理得
，
则
，
因此
，
所以
，
即
，
因此在
中，
或
，
所以
或
,
因此
为等腰三角形或直角三角形.
【小问2 详解】
法一：（i）由（1）知，
为等腰三角形或直角三角形，
又
为钝角三角形，所以
为等腰三角形，
则
，因此
，
因为
，
所以
，
设
，则
，
在线段CD 上
，
由角平分线定理，得
，
则
，又
，
所以
，解得
，
因此
；
（ii）由（i）得
，则
，
因为
为钝角三角形，所以
，得
，
所以
，即
，又
，
故
.
法2：（i）由（1）知，
为等腰三角形或直角三角形，
又
为钝角三角形，所以
为等腰三角形，则
，
所以
，又
，所以
，
在线段CD 上，
，
设
，则
，
由正弦定理得
，
，
所以
，
，
，
，
故
，
，
由
，得
，
，
所以
，
在Rt
中，
，
因此
；
（ii）
，
又
为钝角三角形，所以
为钝角，
，
因此
，所以
，
故
，
所以
.
19. 如图（1），已知平面五边形
中，
是边长为
的正三角形，
，
，将
和
分别沿AC，AD 向上翻折至
，使得
在面ACD 的同侧，且
二面角
的平面角和二面角
的平面角的大小都为
．
（1）如图（2），当
时，求证：
平面ACD；
（2）设该五面体
外接球的球心为
，半径为
．
（i）当
时，求
到平面
的距离；
（ii）求
的最小值．
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）
；（ii）
【解析】
【分析】（1）翻折前：过B，E 分别作AC，AD 的垂线，垂足分别为F，G，分别延长BF，EG 交CD 于点
H，M，可得二面角
的平面角和二面角
的平面角分别为
和
，由
可得
，根据几何关系证明
为平行四边形，结合线面平行的判定定理即可证明结
论；
（2）（i）取AC 的中点
，连接
为
的外心，过
作
交
于点
，设
为该
五面体的外接球球心，由对称性知，该五面体的外接球，即三棱锥
的外接球且
面
，
结合长度关系即可求解；
（ii）由题可得
面
且
，得到
，
利用
化简，结合基本不等式即可求解.
【小问1 详解】
翻折前：过B，E 分别作AC，AD 的垂线，垂足分别为F，G，分别延长BF，EG 交CD 于点H，M
翻折后：如图所示，则二面角
的平面角和二面角
的平面角分别为
和
因为
，则
平面
平面ACD，
因此
，
因为
是边长为
的正三角形，
，
所以
都是直角三角形，
由面积相等，得
，
所以
且
，
所以四边形
为平行四边形，
所以
，
又
平面
平面ACD，
因此
平面
；
【小问2 详解】
（i）取AC 的中点
，连接
为
的外心，
过
作
交
于点
，
因为
为正三角形，
所以
，
故二面角
的平面角为
，
设
为该五面体的外接球球心，由对称性知，该五面体的外接球，即三棱锥
的外接球则
面
，
则
到平面
的距离为
，
由题可知
，
，
所以
，
因此
到平面
的距离为
；
（ii）二面角
的平面角为
，
面
，
，
因此
，
所以
，
则
，
故
，
，
所以
，
当且仅当
，即
时取等号，
