云南省玉溪第一中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试卷

这是一份云南省玉溪第一中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试卷，共7页。
{2, 4}B．{2, 4, 6}C．{2, 4, 6,8}D．{2, 4, 6,8,10}
→→→→
已知向量 a  (2， 3) ， b  (m, 2) ，且a  b ，则m 
A．-3B．3C． 4 3
D．  4
3
sin15∘ cs45∘ cs165∘sin45∘ 
 1
2
 3
2
1
2
3
2
已知a, b  R ，关于 x 的不等式 x2  ax  b  0 的解集为(1, 2) ，则a  b 
A．3B． 2
若csα π   4 ，则sin α π  
C．1D． 1
3 56 

3
5

 3
5
4
5
 4
5
若4a  9 ， 3b  4 ，则a  1 
b
3 lg 3
3 lg 2
2 lg 3
2 lg 2
22233233
在正四棱台 ABCD  A1B1C1D1 中， A1B1  2 AB  4 ，若侧面与底面的夹角为60 ，则该四棱台的体积为
56
3
20 3
3
28
3
28 3
3
在ABC 中，∠BAC  90, AB  4, AC  2, M 为 BC 的中点， P 为平面 ABC 内一点，且 BP  CP  0 ，则
5
AM  MP 的最大值为
5
–––→–––→
AC  MP 的最大值为2
5
––––→–––→
AM  MP 的最大值为2
5
AC  MP 的最大值为
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.
若实数a，b，c 满足 ab  0 ，则下列不等式一定成立的是
若ac2  bc2 ，则 a  b
若 a  b ，则 1  1
b
ab
a
若
，则 a  b
若 a  b ，则 a  1  b  1
ba
在ABC 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
若 A=30°，a=2，b=3，则ABC 有两解
若 A  B ，则sin A  sin B
若 acs A=bcs B，则ABC 一定是等腰三角形
若 a=2，A=30°，则ABC 的外接圆半径是 4
如右图，在棱长为 6 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，已知 M，N，P 分别
是棱C1D1 ， AA1 ， BC 的中点，点Q 满足CQ  λCC1 ,λ[0,1] ，则下列说法 正确的有
PQ / / 平面 ADD1 A1
若 Q，M，N，P 四点共面，则λ 1
4
13
若λ 1 ，点 F 在侧面 BB C C 内（包括边界），且 A F // 平面 APQ ，则点 F 的轨迹长度为
31 11
若λ 3 ，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
4
181
251
填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
1 x
1
函数 y  lg0.5 (4x  3) 的定义域为．
→→→→
已知向量a  (2, 2 3) ， b  (1, 3) ，则b 在a 上的投影向量为．
  
2x2  4x, x  0,
已知函数 f x
若函数 g  x  f  x  a 有四个不同的零点，且有如下关系，
 lg3 x , x  0,
x  x
 x  x
，则 x x  x  8
的取值范围是.
1234
4 122
3 4
x x
解答题：本题共 5 小题，共 77 分.
a、
15．(本题共计 13 分)设 →
b 是两个不共线的向量， t  R ．
–––→→
–––→→
–––→  1 →  →t
已知OA  a ， OB  tb ， OC
3 (a b) ，若 A，B，C 三点在同一直线上，求 ；
→→π→→
若 a  b  1 ，且 a 与b 的夹角为 3 ，求 a  tb 的最小值．
16．(本题共计 15 分)设锐角ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c， 3b  2a sin B ．
求 A；
3
若a  2 ，且 Δ???的面积为
，求ABC 的周长．
–––→
17．(本题共计 15 分)如图所示，在四棱锥 P  ABCD 中，在底面 ABCD 中， BC 
且 PE  2ED ．
求证： BC // 平面 PAD ；
2 –––→
AD ，E 点在棱 PD 上
3
线段 AD 上是否存在点 N，使得平面CEN // 平面 PAB ？若存在，写出 AN 的值；若不存在，请说明理由．
AD
18．(本题共计 17 分)已知函数 f  x  sin ωx φ(ω 0, 0 φ π) 的图象相邻对称轴之间的距离是 π ，若
2
将 f  x 的图像向右移π 个单位，所得函数 g  x  为奇函数．
6
求 f  x 的解析式；
若函数h(x)  f  x  3 的一个零点为 x ，且 x

 π , π  ，求cs2x ．
500
 12 3 0
ex  e xex  e x
19．（本题共计 17 分)已知 f  x ， g  x .
22
证明：  g  x2   f  x2  1；
判断并用定义证明 f  x 的单调性；
若函数 F  x  2mg 2x  2 f  x  3 的图象在区间0, ln 2 上与 x 轴有 2 个交点，求实数 m 的取值范围．
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
 3 ，1
 4 

  1 ， 3 
 2 2 

8 170 
 ， 
9 
参考答案
解答题：
【解】（1）由 A, B, C 三点共线可设 BA  λBC ，即OA  OB  λ(OC  OB) 即
 2 λ 1λ 3
→→ → 1 →→ 
2 → 1 →→
 321
a  tb  λ a 
a  b  
λa 
λb ，∵ a、b 不共线，∴ 
，解得
．∴当t 
333
t  1 λ
t  12
时， A, B, C 三点在同一直线上.
3
2
→→ 2
→→ 2→2→ 2→ →
2 →2→ →2
t  1
a  tb
 a  tb 
 a  tb 
 2ta  b  1 t a
2t a b cs 60  t
t 1，故当
2
3
→→
时， a  tb 有最小值.
2
【解】（1） 3b  2a sin B ，由正弦定理可得 3 sin B  2sin B sin A ，又sin B  0 ，所以
sin A 3 ，因为V ABC 为锐角三角形，故 A  π ．
2
V ABC 的面积为 S
a ABC
 1 bc sin A 
2
3
3
，所以bc  4 ，在V ABC 中，由余弦定理得
a2  b2  c2  2bc cs A ，即4  b2  c2  2bc cs π ，整理得4  b2  c2  bc ，所以
3
(b  c)2  3bc  4 ，即(b  c)2  4  3bc  16 ，所以b  c  4 ，所以V ABC 的周长为 a  b  c  6 ．
–––→2 –––→
【解】（1）因为 BC  3 AD ，所以 BC // AD ，所以 BC //AD ，因为 BC  平面 PAD ， AD  平面 PAD ，所以 BC // 平面 PAD .
（2）存在，且当点 N 为 AD 上靠近 D 点三等分点时，即 AN  2
AD3
时，平面CEN // 平面 PAB .
BC AD
下面给出证明：因为–––→  2 –––→ ，所以 BC //AD ， BC  2 AD ，
33
又因为点 N 为 AD 上靠近 D 点三等分点，所以 AN  2 AD ，
3
所以 BC //AN , BC  AN ，所以四边形 ABCN 为平行四边形，所以CN //AB ，
又因为CN  面 PAB ， AB  面 PAB ，所以CN // 面 PAB ，
因为 E 在棱 PD 上且 PE  2ED ，即 DE  1 PD ，又因为 ND  1 AD ，所以aEND ~aPAD ，
33
所以 EN //PA ，又 EN  平面 PAB ， PA  平面 PAB ，
所以 EN // 平面 PAB ，又因为CN  平面CEN ， EN  平面CEN ， CN ∩ EN  N ，所以平面CEN // 平面 PAB .
【解】（1）由题意可得T  π ，可得T  π ，又ω 0 ，而T  2π  π ，可得ω 2 ，此时
22
g x  
π 
ω
π
f  x  sin2x φ ，由题意可得  sin 2  x  6  φ  sin  2x  3 φ ，要使函数
 
g  x  为奇函数，则 π φ kπ ， k  Z ，即φ π  kπ ， k  Z ，而0 φ π ，所以φ π ，
333
所以 f  x  sin  2x  π  ；
3 

33
π 3

（2）由题意令h  x  f  x  5  0 ，可得 f  x0   5 ，即sin  2x0  3   5 ，因为
 12 3 
x  π , π  ，
1 sin2x 
2

03 
π 


0
2x  π  π , π 
π 4
所以 0
3 2
 ，所以cs 2x0  3   
  ，所以
5


π 
π 

π 
π

π 
π

3  
3   cs  2x0 
3 cs
3

3 sin
3
cs2x0  cs  2x0  sin  2x0 
  4  1  3  3  3 3  4 .
525210
【解】（1）  g  x
2   f  x2
ex  e x

()2
2
ex  e x

()2
2
 e2 x  e2 x  2 4
 e2 x  e2 x  2 4
 1.
（2） f  x 的定义域为R ，任取 x1 , x2  R ， x1  x2 ，则ex1  ex2 ，即ex1  ex2  0 ，
 
ex1  e x1ex2  e x2
由 f x  f x
x1  x2
 ee
(1
1 )  0 ，可得 f  x   f  x  ，
1222
2ex1  x212
故 f  x 在R 上单调递增.
（3）.因为 F  x  2mg 2x  2 f  x  3 的图象在区间0, ln 2 上与 x 轴有 2 个交点，所以m e2x  e2x   ex  ex   3  0 ，在 x 0, ln 2时有 2 个实数根，
即m 
ex  ex   3
在
e2 x  e2 x
x 0, ln 2
时有 2 个实数根，
令ex  ex   3  t ，易知t  ex  ex   3 在区间0, ln 2 上单调递增，故t  3, 9  ，
ex  ex   3
1t 2  6t 1111


11
2 
9 
由m 
e2 x  e2 x
可得 
mt
 t 
t
6 ，令 g t   t 
t
6 ， t  3, ，
 2 
由对勾函数性质可知， g t  在区间3, 11上单调递减，在区间 11, 9  上单调递增，
2 

又 g 3  2 ， g  11  2 11  6 ， g  9   17 ，作函数草图如图，
2
 
3 18
当2 6  1  2 时，函数 g t   t  11  6 与 y  1 有两个交点，
11
m3tm
即函数 f  x 的图象在区间0, ln 2 上与 x 轴有 2 个交点，
所以 3  m  11  3 ，即实数 m 的取值范围为 3 , 11  3  .
24 24
