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高一数学试卷
一、单选题
1. 已知复数
，其中为虚数单位，则复数z 的模为（ ）
A. 2
B.
C. 1
D.
【答案】B
【解析】
【详解】由于
，故每四个连续的项之和为0，
，则z =i
1+i
2+…+i
2026=506×0+i
2025+i
2026，
由于i
2025=i，i
2026=−1 ，故
，所以
.
2. 如图，矩形
是水平放置的平面四边形
用斜二测画法画出的直观图，其中
，
，则原四边形
的周长为（ ）
A. 18
B.
C.
D. 30
【答案】D
【解析】
【分析】根据斜二测直观图中，横坐标不变，纵坐标减半将图形还原，再代入数据计算即可
【详解】矩形
是水平放置的平面四边形
用斜二测画法画出的直观图，
其中
，
，将直观图还原为原图，如图，
在直观图中，
，则
，
所以在原图中，可得
，
，
所以
，因为
，
所以原四边形
的周长为AB+ BC +CD + AD =2(6+9)=30 ．
3. 若
则
＝（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】因为
，所以
，所以
，则
，
因为
，所以5sin
2α =1 ，解得
，
又
，所以
，
所以
．
4. 已知
均为非零向量，其夹角为
，则“cosθ =−1 ”是“
”的（ ）
A. 充要条件
B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件
D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【详解】因为cosθ =−1 ，所以
，
若
时，则
反向共线，则|⃗a+⃗b|=||⃗a|−|⃗b||，则充分性不成立，
若|⃗a+⃗b|=|⃗a|−|⃗b|，则
反向共线，则
，此时cosθ =−1 ，即必要性成立，
所以“cosθ =−1 ”是“|⃗a+⃗b|=|⃗a|−|⃗b|”的必要不充分条件．
5. 在三角形
中，分别根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ）
A.
，
，
B.
，
，
C.
，
，
D.
，
，
【答案】C
【解析】
【分析】根据正弦定理，三角形的边角关系，正弦函数的图象与性质，以及特殊角的三角函数值判断选项
即可.
【详解】由正弦定理可得
，
对于A，
，
，
，有
10
1
2
=
20
sin B ，
∴
，∴
，故三角形
有唯一解．
对于B，
，
，
，因为
为钝角，要构成三角形必须满足
，与题中条件不符，
故三角形
无解．
对于C，
，
，
，有
30
√2
2
=
40
sin B ，∴
，又
，
故
，故
可以是锐角，也可以是钝角，故三角形
有两个解．
对于D ，
，
，
，有
40
√3
2
=
50
sin B ，
∴sin B = 5√3
8
>1，故三角形
无解．
6. 如图所示，该几何体是从一个水平放置的正方体中挖去一个内切球（正方体各个面均与球面有且只有一
个公共点）以后而得到的．现用一竖直的平面去截这个几何体，则截面图形不可能是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用正方体内切球的性质，及球的截面圆即可求解.
【详解】对于A，用竖直的平面截正方体，该平面过球心，且过正方体四个面的中心，即可得到截面图形
A，如图；
对于B，用竖直的平面截正方体，该平面为正方体的对角面,过球心，及正方体两个侧面的对角线的中心，
即可得到截面图形B；
对于CD，用竖直的平面截正方体，该平面过正方体一个侧面的中心，如图，切点在截面
的边CD
的中点处，且CD 为长方形
中较短的线段，即可得到D.
故选：C
7. 在
中，
，
，点
为
所在平面内一点且
，则
的最小值为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知构建合适的直角坐标系，并标注出相关点坐标，设
，应用向量数量积
的坐标表示得到
关于参数
的表达式，进而求最小值.
【详解】在
中，由余弦定理
AC
2+ BC
2−AB
2
2 AC ×BC
= 10+10−36
2×√10×√10
=
，故
为钝角；
又
，故
点在
底边
的高线上，
以
所在直线为
轴，以其上的高线为
轴建立平面直角坐标系如下所示：
又cos∠ACO =−cos∠ACB =
，则
=
，
故OA = AC ×sin ∠ACO =
=
，OC = AC ×cos∠ACO =
=
；
则A(0, 3√10
5 ),C(
4√10
5
,0),B( 9√10
5
,0) ，设
，
所以⃗AM =(0,m−3√10
5 ),⃗CM =(−4√10
5
,m) ，
故AM
→
⋅CM
→
=m(m−3√10
5
)=(m−3√10
10
)
2
−9
10 ≥−9
10
，当且仅当
时取得等号，
也即
的最小值为
.
8. 已知函数
．若函数
在
上没有零点，
则
的取值范围是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【分析】先化简整理得
，再求得
，进而结合题意求得¿，
最后取
和
即可得答案.
【详解】函数
f (x)=√3sin
2 ωx
2 + 1
2 sinωx −√3
2 = √3
2
(1−cosωx)+ 1
2 sinωx −√3
2 = 1
2 sinωx −√3
2 cosωx =sin(ωx −π
3 )(ω>0
，
，
，
函数
在(
π
2 , 5π
4 )上没有零点，
∴¿，解得¿，
令
得
；令
得
；当
或
时，均无解；
的取值范围是(0, 4
15]∪[
2
3 , 16
15].
二、多选题
9. 下列说法中，错误的是（ ）
A. 如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥不可能为六棱锥
B. 以直角梯形的一边所在直线为旋转轴，旋转一周得到的旋转体是圆台
C. 用一个平面去截棱锥，底面与截面之间那部分所围成的几何体叫做棱台
D. 有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱
【答案】BCD
【解析】
【详解】A，当棱锥的各个侧面的顶角之和是360 度时，各侧面构成平面图形，构不成棱锥，
由此推导出如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥不可能为六棱锥，正确；
B，以直角梯形垂直于底边的一腰所在直线为旋转轴，将直角梯形旋转一周得到的旋转体才是圆台，错误；
C，用一个平行于底面的平面去截棱锥，所得棱锥底面和截面之间的部分所围成的几何体才是棱台，错误.
D，棱柱的定义：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，
由这些面围成的几何体叫做棱柱，显然题中漏掉了“并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行”这一条
件，
因此所围成的几何体不一定是棱柱.如图所示的几何体就不是棱柱，错误；
10. 已知函数
部分图象如图所示，则下列说法正确的是
（ ）
A.
B.
的图象关于点
对称
C. 若将
的图象向右平移
个单位得到的函数是奇函数，则的最小值是
D. 若方程
在
上有且仅有一个实数根，则
的取值范围是
【答案】AB
【解析】
【分析】根据函数图象求函数式中的相关参数值，代入法验证对称中心判断B，由图象平移写出解析式，
结合奇偶性确定参数
判断C，根据正弦函数的性质研究区间单调性和最值，再由方程根的个数确
定参数范围判断D.
【详解】由函数图象可得
，且
，解得
，故A 正确；
所以
，又
，
所以
，即
，又
，所以
，
所以
，
B：当
时，f(−2π
3 )=2sin(−2× 2π
3 +π
3 )=2sin (−π)=0 ，
所以
的图象关于点
对称，故B 正确；
C：将
向右平移个单位得到函数
，
因为
是奇函数，所以−2t +π
3 =k π(k ∈Z)，所以
，
，
所以
时，正数取得最小值
，故C 错误；
D：当
时，
，
令
，解得
，所以
在
上单调递增，
令
，解得
，所以
在
上单调递减，
又
，
故方程
在
上有且只有一个实数根时，
则
的取值范围是
，故D 错误．
11. 如图，直线与
的边
分别相交于点
，设
，
则（ ）
A. 若
，则
B.
C.
D. 若
，则
为钝角三角形
【答案】ACD
【解析】
【分析】A 由三角形中的边角关系判断；B、C 应用向量数量积的运算律得
，
再由数量积的定义及已知，即可判断；D 利用和角正切公式整理得
，
结合三角形内角的性质判断.
【详解】对于A，
，A 正确；
对于B、C，因为
，
所以(⃗AC +⃗CB)⋅⃗ED =⃗AB⋅⃗ED，
即
，
故|⃗AC|⋅|⃗ED|cos(θ+ A)+|⃗CB|⋅|⃗ED|cos(B−θ)=|⃗AB|⋅|⃗ED|cosθ ，
即|⃗AC|cos(θ+ A)+|⃗CB|cos(B−θ)=|⃗AB|cosθ ，
所以
，B 错误，C 正确，
对于D，
，
，
，
，
，
，
，
只有一个小于0，
所以
是钝角三角形，D 正确.
三、填空题
12. 我国古代数学名著《数书九章》中有云：“今有木长一丈六尺，围之六尺.葛生其下，缠木两周，上与
木齐，问葛长几何？”其意思为“圆木长1 丈6 尺，圆周为6 尺，葛藤从圆木的底部开始向上生长，绕圆木
两周，刚好顶部与圆木平齐，问葛藤最少长_________尺”.（注：丈等于
尺）
【答案】20
【解析】
【分析】结合题意，将圆柱侧面展开两次得到对应的矩形的边长分别为16 尺，12 尺，再计算对角线长即
可.
【详解】
由题意，圆柱的侧面展开图是矩形，且
为圆木的高且为16 尺，
因为葛藤绕圆木两周，故将圆柱侧面展开两次，
则
长为圆木底面周长的两倍即为12 尺，
所以，
，即葛藤最少长为20 尺.
13. 已知单位向量
，
，若对任意实数
，
恒成立，则向量
，
的夹角的取值范围为
___________.
【答案】
【解析】
【分析】由已知及向量数量积的运算律得不等式x
2+2(a
→
·b
→
)x + 3
4 ≥0 对任意实数
恒成立，应用判别式
及数量积的定义求夹角范围.
【详解】由|x⃗a+⃗b|≥1
2，得
⇔x
2+2(a
→
·b
→
)x + 3
4 ≥0 ，
依题意，不等式x
2+2(a
→
· b
→
)x + 3
4 ≥0 对任意实数
恒成立，
则Δ= 4(a
→
·b
→
)
2−3≤0 ，解得−√3
2 ≤a
→
·b
→
≤√3
2 ，
而
，则−√3
2 ≤cos⟨a⃗,b⃗⟩≤√3
2 ，
又
，函数
在
上单调递减，因此π
6 ≤⟨a⃗,b⃗⟩≤5 π
6 ，
所以向量
，
的夹角的取值范围为
.
14. 已知函数
，点
，
分别为函数
图象上的
最高点和最低点，若线段
的长度的最小值为
，且
，则
的值为____.
【答案】
##
【解析】
【分析】令
，则
等价于
，结合三角函数的性质研究
的图象
性质，进而分析
的图象性质，得到
最小时
，结合已知列方程求参数值.
【详解】令
，则原函数可化为
，
∴
，
的最小正周期为
，
作出
在
上的函数图象，如图1，
∴
在
上的函数图象如图2，
由
得，
，
的最小正周期为
，故
在
的图象如图3，
如图，当点
为一个周期内的最高点和最低点时，
的长度最小，
此时
，
∵
，
∴
，即
，解得
.
四、解答题
15. 已知复数
，且
，其中为虚数单位，
是
的共轭复数．
（1）求复数z；
（2）已知复平面上的四个点
构成平行四边形
，复数
在复平面内对应的点
分别为
，求点D 对应的复数．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1 详解】
，则
，
所以
，则
，得
，
所以
；
【小问2 详解】
由（1），得
，则在复平面内对应的点为点
，
，则在复平面内对应的点为点
，
，则在复平面内对应的点为点
，
平行四边形
满足
，设
，有{
−2−4 =2−x
2√3−0=0−y，
所以
，故
对应的复数为
.
16. 东湖之眼”是武汉东湖磨山景区的标志性文旅地标，以樱花粉座舱、13 分14 秒旋转一周的“一生一世”
浪漫寓意成为城市网红打卡点，其面朝东湖、背靠磨山，乘坐时可360 度俯瞰东湖万顷湖光与磨山翠色，
是兼具颜值与观景价值的城市名片.该摩天轮转轮半径为25 米，座舱最低点距离地面5 米，以恒定速度旋
转.某游客从摩天轮最低点处登上座舱，同时开始计时（记
）.
（1）求游客乘坐过程中离地面的高度（单位：米）关于时间（单位：秒）的函数解析式；
（2）摩天轮转动一周的过程中，当游客离地面高度高于42.5 米时，为观景视线最佳时段，求该最佳时段
的持续时间（结果精确到0.1 秒）.
【答案】（1）
且
（2）
秒
【解析】
【分析】（1）根据已知确定摩天轮旋转周期，进而求出旋转的角速度，结合摩天轮圆心与地面距离及开
始计时点写出函数解析式，注意定义域；
（2）根据（1）有
，结合
、余弦函数的单调性求的范围，即可得.
【小问1 详解】
由题设，摩天轮转一周的周期
秒，则角速度
，
由摩天轮半径
米，座舱最低点距离地面5 米，则摩天轮的圆心距离地面
米，
某游客从摩天轮最低点处登上座舱，同时开始计时（记
），则
且
；
【小问2 详解】
令
，即
，
而
，则
，故
，即
，
所以
秒.
17. 已知
，
（1）先化简
，再求f(−22π
3 )的值；
（2）已知tan(x +π
4 )=2 ，求
的值；
（3）若已知f(2 x +π
6 )= 3
5，且
，求sin(
π
3 + x)的值.
【答案】（1）
且x≠k π
2 ,k ∈Z ，f(−22π
3 )=−1
2
（2）
（3）sin(
π
3 + x)= 3√10
10
【解析】
【小问1 详解】
因为f (x)=
sin(x +π
2 )cos(
3π
2 −x)tan(π−x)
tan(π+ x)sin(−x−π)
= cos x⋅(−sin x)⋅(−tan x)
tan x⋅sin x
=cos x ，且
，
所以f(−22π
3 )=cos(−22π
3 )=cos(−8π+ 2π
3 )=cos 2π
3 =cos(π−π
3 )=−cosπ
3 =−1
2；
【小问2 详解】
因为
，
所以tan(x +π
4 )=
tan x + tanπ
4
1−tan x tanπ
4
= tan x +1
1−tan x =2 ，解得
，
所以f (2 x)=cos2 x =cos
2 x−sin
2 x = cos
2 x−sin
2 x
cos
2 x +sin
2 x
= 1−tan
2 x
1+ tan
2 x
= 4
5 ；
【小问3 详解】
因为
，可得cos(2 x +π
6 )= 3
5，
即cos[2(x +π
3 )−π
2 ]= 3
5，所以sin2(x +π
3 )= 3
5，
因为
，所以
，2π
3 <2(x +π
3 )< 5π
3 ，
又sin2(x +π
3 )= 3
5 >0 ，所以2π
3 <2(x +π
3 )<π ，
所以cos2(x +π
3 )=−√1−sin
22(x +π
3 )=−4
5 ，
所以1−2sin
2(
π
3 + x)=−4
5 ，解得sin(
π
3 + x)= 3√10
10
（负值已舍去）.
18. 设
的内角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，且满足
，
．
（1）求A；
（2）若
，求中线
的长；
（3）若
的内切圆半径
，求
的面积S.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由正弦边角关系及三角恒等变换化简条件得
，即可得；
（2）由余弦定理得
，结合
列方程求
；
（3）应用等面积法、余弦定理得到(b+c)
2−36=54 +9(b+c) ，从而求出
，即可求.
【小问1 详解】
由
，可得
.
，
，又
，则
，
，又
，
【小问2 详解】
在
中，a
2=b
2+c
2−2bc cos A ，则
，
在
中，有cos∠AMB = AM
2+ BM
2−AB
2
2 AM ⋅BM
，即cos∠AMB = AM
2+9−c
2
6 AM
，
在
中，有cos∠AMC = AM
2+CM
2−AC
2
2 AM ⋅CM
，即cos∠AMC = AM
2+9−b
2
6 AM
，
又∠AMB+∠AMC = π ，则
，
得
，解得
，得
；
【小问3 详解】
由
，
，即
，
由余弦定理得
，得
，
，即
，解得
或
（舍），
所以S ΔABC = 1
2 (a+b+c)r = 1
2 ×21× 3√3
2
= 63√3
4
.
19. 设
是平面内相交成
的两条射线，
分别是与
同向的单位向量，定义平
面坐标系
为
斜坐标系，在
斜坐标系中，若
，则记⃗OP =( x , y) .
（1）在
斜坐标系中
①已知
，求
；
②已知⃗a=(1,−3),⃗b=(3,−1) ，且
与
夹角的余弦值为
，求
；
（2）如图所示，在
斜坐标系中，
分别在
轴、
轴正半轴上，且
，点
分别为
的中点，求
的最大值.
【答案】（1）①|⃗a|=√m
2+2mncosθ+n
2；②
（2）
【解析】
【分析】（1）①由题设
，应用向量数量积的运算律及定义求
；②根据已知有
，
，应用向量数量积的运算律求向量的模、数量积，再应用夹角公式列方程求
；
（2）设
，⃗OD = 1
2⃗OC =(0, b
2 ) ，应用向量数量积的运算律及定义求得
1
16 (7 a
2+5b
2−48) ，设∠BCO=α ，再应用正弦定理及边角关系、辅助角公式得
7 a
2+5b
2=192+16√74 sin(2α −φ) ，最后由正弦函数的性质求最大值.
【小问1 详解】
①由
，得
.
则⃗a
2=(m⃗e1+n⃗e2)
2=m
2⃗e1
2+2mn⃗e1⋅⃗e2+n
2⃗e2
2=m
2+2mncosθ+n
2
所以|⃗a|=√m
2+2mncosθ+n
2
②由⃗a=(1,−3),⃗b=(3,−1) ，即
，
，
得|⃗a|=√1
2+2×1×(−3)×cosθ+(−3)
2=√10−6cosθ，
|⃗b|=√3
2+2×3×(−1)×cosθ+(−1)
2=√10−6cosθ，
所以⃗a⋅⃗b=(⃗e1−3⃗e2)⋅(3⃗e1−⃗e2)=3⃗e1
2−10⃗e1⋅⃗e2+3⃗e2
2=6−10cosθ ，
与
夹角的余弦值为
∴cos<⃗a,⃗b>=⃗a⋅⃗b
|⃗a||⃗b|
=
6−10cosθ
√10−6cosθ×√10−6cosθ = 6−10cosθ
10−6cosθ = 1
7 ，解得
，
又θϵ (0,π ) ，
；
【小问2 详解】
依题意，设
，⃗OD = 1
2⃗OC =(0, b
2 ) ，
，
在
中，由余弦定理得
，
由
为
中点，得
，
由
为
中点，得
，
则
，
在
中，由正弦定理得
OB
sin∠BCO =
OC
sin∠CBO = BC
sin π
4
= 4√2
，
设∠BCO=α ，则a= 4√2sin α ,b= 4√2sin(α + π
4 ) ，
7a
2+5b
2=224sin
2α +160sin
2(α + π
4 )=224⋅1−cos2α
2
+160⋅
1−cos(2α + π
2 )
2
=192+16(5sin 2α −7cos2α )=192+16√74 sin(2α −φ) ，其中
且
为锐角，
由
，得−φ<2α −φ< 3 π
2 −φ ，
则当sin(2α −φ)=1 时，(7 a
2+5b
2)max=192+16√74，
所以
的最大值为
.
