精品解析：湖北省汉川市第一高级中学等校2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷

2024—2025学年度下学期高一期中考试 高一数学试卷 命题学校：汉川一中 命题教师：谢敏 审题学校：汉川一中 考试时间：2025年4月11日上午8:00-10:00 试卷满分：150分 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 一、单项选择题：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，则的虚部是（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由共轭复数和复数的乘法运算计算可得. 【详解】，故的虚部是． 故选：B 2. 已知向量，，则在方向的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据投影向量的定义结合向量的运算求解即可. 【详解】在方向的投影向量为. 故选：A 3. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由正切的和差角公式展开，代入计算，即可得到结果. 【详解】由得，整理得：， 即，因为，故． 故选：A 4. 在中，设，则（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由，得到，将用完全平方公式展开计算即得. 【详解】因为，即， 所以， 又， 可得． 故选：C 5. 下列命题： ①若都是非零向量，则； ②的充要条件是且； ③为实数，若，则与共线； ④若是不共线的四点，则是四边形为平行四边形的充要条件． 其中，真命题的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】由向量的数量积的定义可判断①；由且，可得或，从而得且是的必要不充分条件，即可判断②；举反例即可判断③；由及是不共线的四点，可得四边形为平行四边形；由四边形为平行四边形，可得且是不共线的四点，即可判断④. 【详解】对于①，向量的数量积不满足结合律，故①错； 对于②，且或， 所以，且是的必要不充分条件，故②错； 对于③，当时，与可以为任意向量，满足， 但与不一定共线，故③错误； 对于④，若是不共线的四点， 当时，则且， 此时，四边形为平行四边形； 当四边形为平行四边形时， 由相等向量的定义可知， 所以，若是不共线的四点， 则是四边形为平行四边形的充要条件，故④对． 故选：A. 6. 在中，，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，再利用余弦定理及基本不等式求出范围. 【详解】由，得， 在，由余弦定理得：， 即，则， 即，当且仅当时等号成立，因此，即， 所以的取值范围为. 故选：B 7. 已知函数的部分图象如图所示，是等腰直角三角形，为图象与x轴的交点，C为图象上的最高点，且，则（ ） A. B. 在上有3个零点 C. 在上单调递减 D. 函数的图象关于直线对称 【答案】C 【解析】 【分析】根据为图象上的最高点，且点的纵坐标为1，为等腰直角三角形可以求出，进而求出周期，再求出，将点代入即可求出，从而确定函数解析式，再逐项判断. 【详解】由为等腰直角三角形，C为图象上的最高点，且点C的纵坐标为1， 所以．则函数的周期为4，由，可得； 又，所以，，则，将点C代入，得，则． 而，则，所以. 因为，A错误； 若，则，因为函数，有两个零点，所以在有2个零点，B错误； 若，则，因为在上单调递减，所以在上单调递减，C正确； ，的图象关于中心对称，D错误． 故选：C 8. 在中，内角所对的边分别为，若D是边上的一点，且,则的最大值是（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由得，得，利用基本不等式运算即可. 【详解】， , ， ，， ， ， 即， ， 当且仅当时等号成立， ，即的最大值是. 故选：D 二、多项选择题：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，有多项符合题目的要求，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. 下列说法正确的是（ ） A. 若互为共轭复数，则为实数 B. 对于复数，若，则 C. 若是关于x的二次方程的根，则也是该方程的根 D. 复数z满足，则的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，设，则，利用复数乘法法则得到，A正确；B选项，举出反例得到B错误；C选项，实系数的一元二次方程虚根成对（互为共轭复数），C正确；D选项，利用复数几何意义得到z对应的点的轨迹，从而得到的最大值为. 详解】对于A选项，设，则， 为实数，A对； 对于B，若，例如，满足， 但，，即，故B错误； 对于C，实系数的一元二次方程虚根成对（互为共轭复数）， 所以为一元二次方程的两根，C对； 对于D，由复数的几何意义，可知z对应的点的轨迹为以为圆心，以1为半径的圆， 表示圆周上的点到点的距离，所以的最大值为，故D对． 故选：ACD 10. 已知向量，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 是与共线的单位向量，则 D. 取得最大值时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，根据两向量平行的坐标运算得解；对B，由可得，根据数量积的坐标运算求解；对C，与共线的单位向量为运算判断；对D，根据向量数量积的坐标运算结合三角恒等变换化简，利用正弦函数的性质运算求解判断. 【详解】对于A，因为向量，所以，即，故A正确； 对于B，等价于，即，则， 所以，所以，故B正确； 对于C，与共线的单位向量为，故C错误； 对于D，， 当，即时，取得最大值时，此时，故D正确． 故选：ABD. 11. 在中，内角所对的边分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，且，则为直角三角形 B. 若平面内有一点O满足：，且，则为等边三角形 C. 若，则为钝角三角形 D. 若，则为锐角三角形 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A，由已知确定的角平分线与垂直，所以，再利用向量夹角的余弦得出，最后得解；对B，根据可得O为的重心，结合判断；对C，由正弦定理角化边得，利用余弦定理可判断，得解；对D，由两角和的正切公式结合条件可得，进而判断得解. 【详解】对于A，因为分别为单位向量， 所以的角平分线与垂直，所以． 又因为，即，因为，所以， 故，所以为等边三角形，故A错误； 对于B，因为，所以O为的重心， 由知O为的外心，故为等边三角形，故B正确； 对于C，由，可得，由正弦定理可得， 所以，因为，所以，则为钝角三角形，故C正确； 对于D，由， 所以，而，故都为锐角，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，点P在直线上，且，则点P的坐标是_______． 【答案】或 【解析】 【分析】利用向量的坐标运算即可求得坐标，注意有两解. 【详解】由得， 因为点P在直线上，且， 所以或． 因为可设， 所以，可得， 或，可得， 则点P的坐标是或． 故答案为：或． 13. 先将的图象上所有点的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，再将所得图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若，且，则的取值范围是_______． 【答案】 【解析】 【分析】先由题目条件得到函数的表达式，再得到由的范围得到的范围，结合角的范围，求解不等式即可得到的取值范围. 【详解】将的图象上所有点的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变， 再将所得图象向左平移个单位长度后可得， 由，则， 因为，即， 故有或， 解得． 故答案为： 14. 如图，在平面四边形中，点分别是线段中点，为平面内一点，且，则_______． 【答案】## 【解析】 【分析】利用平面向量的线性运算，求出表示，再利用向量数量积计算即可. 【详解】因为，所以，即， 故； 又①，②， 得：， 则 . 故答案为：. 四、解答题：本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 瑞士数学家欧拉于1748年提出了著名的欧拉公式：，其中是自然对数的底数，是虚数单位，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论中有非常重要的地位，被推举为“数学中的天桥”． （1）若复数，求：； （2）在复平面内，复数对应的向量分别是，其中O是原点，设与所成的角为，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用给定公式，结合复数的乘方及除法运算求解. （2）利用欧拉公式求出的坐标，进而求出夹角的余弦. 【小问1详解】 依题意，，， ，因此， 所以． 【小问2详解】 ，则， 于是，， 所以. 16. 在中，内角所对的边分别为， （1）求B； （2）若，求c． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将角转化为边，再由余弦定理即可求解； （2）利用同角三角函数基本关系求出，由两角和的正弦公式求得，最后利用正弦定理即可求解. 【小问1详解】 因为，化简得， 所以由正弦定理得：， 所以由余弦定理可得， 因为，所以． 【小问2详解】 由，，又，解得， 因为，所以 , 在中，由正弦定理得， 所以． 17. 在中，，为边上一点，与相交于点P， （1）若，求实数值； （2）若，，，求的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据平面向量线性运算法则及平面向量基本定理计算可得； （2）解法：将看成向量、两向量的夹角，根据向量的线性运算法则及平面向量基本定理，用、表示、，再利用已知条件求两向量夹角余弦值即可；解法：建立平面直角坐标系，求出各点坐标再利用坐标方法求解. 【小问1详解】 因为，故 又因为与共线，设，则， 由题意知，故，所以，实数的值为. 【小问2详解】 解法1：因为，，所以，， 所以 ， ， ， 所以； 解法2：以为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系， 因为，，，， 所以，，，， 而，即为的中点，故， ，， ， 故，， 故． 18. 已知函数的图象的两条相邻对称轴之间的距离为， （1）求函数在区间上的单调递减区间； （2）若关于的方程在区间上有两个不相等的实根，求实数的取值范围． 【答案】（1）； （2）或. 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数解析式，利用正弦型函数对称性和周期性求出系数，从而得到函数解析式，整体代入求单调区间即可； （2）数形结合分析，将问题转化成一元二次方程在区间上只有一个实数根，构造不等式求解即可. 【小问1详解】 因为 由图象的两条相邻对称轴之间的距离为，得函数的最小正周期为， 由，得，所以， 令，解得， 所以函数在区间上的单调递减区间为. 【小问2详解】 因为，则， 由（1）知在上单调递增，在上单调递减，的函数值从0递增到1，又从1递减回0，如图所示， 令则， 依题意得方程在上仅有一个实根，且此根应该在区间上， 令，因为 则需或，解得或 所以实数m的取值范围是或． 19. 著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马于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，则使的点P即为费马点．已知分别为三内角的对边，，点P是的“费马点”． （1）求角A； （2）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n的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合和差公式即可. （2）设，由数量积定义可得，利用三角形面积公式，由得，再结合余弦定理可求出可得周长. （3）在中，根据余弦定理列方程组求解可得，然后参变分离，利用基本不等式即可得解. 【小问1详解】 因为，所以可化为， 由正弦定理可得，因为，所以， 因此，， 即，因为． 所以，故． 【小问2详解】 因为，所以的内角均小于，所以点P在的内部，且， 设， 因为， 整理得：， 由得， 即， 中，由余弦定理得，即， 则，解得，所以的周长为． 【小问3详解】 在中，由余弦定理得： 将三个等式左右分别相加，， 由（2）知①， 在中，由余弦定理得，即②， 将①，②代入整理得，， 于是， 从而，， 由题意，当时，不等式恒成立， 即在上恒成立． 因为，当且仅当时等号成立，故， 即实数n的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024—2025学年度下学期高一期中考试 高一数学试卷 命题学校：汉川一中 命题教师：谢敏 审题学校：汉川一中 考试时间：2025年4月11日上午8:00-10:00 试卷满分：150分 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知，则虚部是（ ） A. 2 B. C. D. 2. 已知向量，，则在方向的投影向量为（ ） A. B. C. D. 3. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 2 4. 在中，设，则（ ） A. 3 B. C. D. 5. 下列命题： ①若都非零向量，则； ②的充要条件是且； ③为实数，若，则与共线； ④若是不共线的四点，则是四边形为平行四边形的充要条件． 其中，真命题的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 在中，，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的部分图象如图所示，是等腰直角三角形，为图象与x轴的交点，C为图象上的最高点，且，则（ ） A. B. 在上有3个零点 C. 在上单调递减 D. 函数的图象关于直线对称 8. 在中，内角所对的边分别为，若D是边上的一点，且,则的最大值是（ ） A. 2 B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若互为共轭复数，则为实数 B. 对于复数，若，则 C. 若是关于x的二次方程的根，则也是该方程的根 D. 复数z满足，则的最大值为 10. 已知向量，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 是与共线的单位向量，则 D. 取得最大值时， 11. 在中，内角所对的边分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，且，则为直角三角形 B. 若平面内有一点O满足：，且，则为等边三角形 C. 若，则为钝角三角形 D. 若，则锐角三角形 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，点P在直线上，且，则点P的坐标是_______． 13. 先将的图象上所有点的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，再将所得图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若，且，则的取值范围是_______． 14. 如图，在平面四边形中，点分别是线段的中点，为平面内一点，且，则_______． 四、解答题：本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 瑞士数学家欧拉于1748年提出了著名欧拉公式：，其中是自然对数的底数，是虚数单位，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论中有非常重要的地位，被推举为“数学中的天桥”． （1）若复数，求：； （2）在复平面内，复数对应的向量分别是，其中O是原点，设与所成的角为，求． 16. 在中，内角所对的边分别为， （1）求B； （2）若，求c． 17. 在中，，为边上一点，与相交于点P， （1）若，求实数的值； （2）若，，，求的余弦值． 18. 已知函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为， （1）求函数在区间上的单调递减区间； （2）若关于的方程在区间上有两个不相等的实根，求实数的取值范围． 19. 著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”，费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，则使的点P即为费马点．已知分别为三内角的对边，，点P是的“费马点”． （1）求角A； （2）若，求的周长； （3）在（2）的条件下，设，若当时，不等式恒成立，求实数n的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$