精品解析：湖北省武汉市常青联合体2024-2025学年高一下学期期中数学试题

武汉市常青联合体2024-2025学年度第一学期期中考试 高一数学试题 命题学校：江夏实验高级中学 命题教师：周天生 审题教师：陈婧华 考试时间：2025年4月21日 试卷满分：150分 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. 设是虚数单位，复数，则复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，由复数的运算化简复数，即可得到结果. 【详解】由，得，所以， 故选： 2. 下列命题中不正确的是（ ） A. 圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面 B. 正四棱锥的侧面都是正三角形 C. 用一个平面去截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台 D. 平行六面体的每个面都是平行四边形 【答案】BC 【解析】 【分析】由正四棱锥的概念判断选项B；由旋转体的结构特征判断选项A,C；由平行六面体的特征判断选项D. 【详解】对于A，圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面，故选项A正确； 对于B，正四棱锥的侧面都是等腰三角形，不一定是正三角形，故选项B错误； 对于C，用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台，而不是用一个平面去截圆锥，故选项C错误， 对于D，平行六面体的每个面都是平行四边形，故选项D正确， 故选：BC. 3. 已知向量，满足，则（ ） A. B. C. 20 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】借助模长与数量积的关系计算后结合已知条件代入即可得. 【详解】， ， 故. 故选：A. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】切化弦，通分即可求解. 【详解】因为，因为，所以. 故选：A. 5. 在中，，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合图形，利用向量的加减数乘运算，将待求向量用基向量和表示即得. 【详解】 如图所示，由题意， . 故选：C. 6. 在中，已知，是关于的方程的两个实根，则角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用韦达定理结合两角和的正切公式求出的值，根据诱导公式得出，即可求得角的值． 【详解】由题可知，，，解得或， 由韦达定理得，，， 所以， 所以， 所以， 因为，所以， 故选：B． 7. 已知直线是函数图像的任意两条对称轴，且的最小值为，则的单调递增区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由正弦函数性质求得最小正周期为，进而求出，然后利用正弦函数的单调性求解单调区间即可. 【详解】因为直线是函数图像的任意两条对称轴， 且的最小值为， 所以，即（），所以， 所以， 令，得， 所以函数的单调区间为. 故选：D 8. 欢乐港湾摩天轮——“湾区之光”是深圳的一处标志性景点．已知某摩天轮最高点距离地面高度为128米，转盘直径为120米，等距设置有60个座舱，开启后按逆时针方向匀速旋转，旋转一周大约需要30min，若甲、乙两人的座舱之间有4个座舱，则甲、乙两人座舱高度差的最大值为（ ）． A. 米 B. 米 C. 米 D. 米 【答案】B 【解析】 【分析】先求出甲乙两人的座舱所连的弧所对应的圆心角，建立平面直角坐标系，则两人高度差，结合，得到答案. 【详解】甲乙两人的座舱所连的弧所对应的圆心角为，则， 以摩天轮中心原点建立坐标系，设某一时刻甲座舱位于处， 乙座舱位于处， 则两人高度差 ， 其中， 故米. 故选：B． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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. 设为复数（为虚数单位），下列命题正确的有（ ） A. 复数的共轭复数的虚部为2 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】利用共轭复数的定义可判断A；利用特殊值法可判断B；利用复数的除法化简复数，结合复数的模长公式可判断C；解方程可判断D. 【详解】对于A，因为，则，其虚部为2，故A正确； 对于B，取，此时，但，故B错误； 对于C，若，则，故，故C正确； 对于D，若，则，解得，故D错误. 故选：AC. 10. 已知向量，则下列说法正确的是（ ） A. 的相反向量是 B 若，则 C. 在上的投影向量为 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】根据相反向量定义以及投影向量的公式计算可以判断AC，计算，由向量垂直以及向量共线的运算法则计算可求出的值，从而判断BD. 【详解】对于A，由相反向量的定义，即可得到的相反向量是，故A正确； 对于B，因为，所以， 又，且，所以，解得，故B错误； 对于C，因为，所以，， 所以在上的投影向量为，故C正确； 对于D，因，又，且， 所以，解得，故D错误． 故选：AC. 11. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是( ). A. 若，则 B. 若，则为锐角三角形 C. 若，则为等腰三角形 D. 若，，这样的三角形有两解，则的取值范围为 【答案】AD 【解析】 【分析】利用正弦定理判断A、D，利用余弦定理判断B，利用正弦定理将边化角，再由二倍角公式判断C. 【详解】对于A，因为，由正弦定理可得，所以，故A正确； 对于B，由余弦定理，可知为锐角， 但是无法判断角A和角B是否为锐角，所以无法判断是否为锐角三角形，故B错误； 对于C，因为，所以，即， 又，所以，所以或， 即或，即为等腰三角形或直角三角形，故C错误； 对于D，因为三角形有两解，所以，即，即的取值范围为，故D正确. 故选：AD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】由诱导公式即可求解； 【详解】， 则原式． 故答案为： 13. 在中，，点满足，若，则的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量的加减运算即可得出答案. 【详解】由题意可得： . 所以. 故答案：. 14. a,b,c分别是内角A,B,C的对边，，，则面积的最大值为____________. 【答案】 【解析】 【分析】由诱导公式、两角和的正弦公式变形，由正弦定理化角为边，结合已知求得和，利用基本不等式得的最大值，从而得三角形面积的最大值． 【详解】∵， ∴， 即：, 正弦定理可得， ∵a+c=4，可得：b=2， ， ，， ，， ，当且仅当时等号成立，此时三角形为正三角形． ∴． 故答案为：． 四、解答题：本题共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. 已知复数，且，其中为虚数单位． （1）求复数z； （2）已知复平面上的四个点A，B，C，D构成平行四边形ABCD，复数，，在复平面内对应的点分别为A，B，C，求点D对应的复数． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）化简，再根据实数的定义求解即可 （2）根据复数的运算求得，，，再根据平行四边形中计算即可 【小问1详解】 因为， 则， 所以，所以，又，所以，所以． 【小问2详解】 由题意可知， ，， 所以，，． 设，又ABCD为平行四边形，则，即，解得，故． 点D对应的复数为． 16. 已知向量是同一平面内的三个向量，其中． （1）若，且，求向量的坐标； （2）若是单位向量，且，求与的夹角. 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）设，由，且，列出方程组，求得的值，即可求解； （2）由，求得，利用向量的夹角公式，求得，即可求解. 【小问1详解】 解：设，因为，且， 可得，解得或， 所以或. 【小问2详解】 解：因为，且为单位向量，可得，， 又因为，可得，所以， 则， 因为，所以. 17. 如图，在凸四边形中，已知． （1）若，，求的值； （2）若，四边形的面积为4，求的值． 【答案】（1）； （2）﹒ 【解析】 【分析】(1)△中求出BD，在△中，由正弦定理求出，根据即可求； (2)在△、△中，分别由余弦定理求出，两式相减可得cosA与cosC关系式；又由的sinA与sinC的关系式；两个关系式平方后相加即可求出cos(A＋C)﹒ 【小问1详解】 在△中，∵， ∴． 在△中，由正弦定理得，， ∴． ∵，∴， ∴． 【小问2详解】 在△、△中，由余弦定理得， ， ， 从而①， 由得， ②， 得，， ∴． 18. 在锐角中，分别是角的对边，. （1）求角的大小； （2）求取值范围； （3）当取得最大值时，在所在平面内取一点（与在两侧），使得线段，求面积的最大值. 【答案】（1） （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理、两角和的正弦展开式化简可得答案； （2）求出的范围，利用两角和的正弦展开式化简可得答案； （3）当取得最大值时求出，利用余弦定理、面积公式求出可得答案. 【小问1详解】 因为，所以， 即， 又因为，所以 又因为，所以， 因为，所以； 【小问2详解】 在锐角中，由（1）得，， 所以 ， 由，所以 所以的取值范围为； 【小问3详解】 当取得最大值时，，解得； 在中，令， 则，所以； 又， 所以， 所以. 所以 ，而， 故当时等号成立， 所以面积的最大值为. 【点睛】关键点睛：第三问求解三角形面积的最大值时，要利用面积公式表示出三角形面积，关键是要根据正余弦定理推得，继而结合正弦函数性质即可求解. 19. 定义非零向量的“相伴函数”为（），向量称为函数（）的“相伴向量”（其中O为坐标原点）． （1）设（），写出函数的相伴向量； （2）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，记向量的相伴函数，若且，求的取值范围； （3）已知，，为（2）中函数，，请问在的图象上是否存在一点P，使得？若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由． 【答案】（1）； （2）； （3）存在点 【解析】 【分析】（1）根据两角差的正弦公式结合相伴向量的概念即可得结果； （2）首先根据相伴函数的概念求出，进而求出，通过正弦定理将表示成关于的三角函数，进而可得结果； （3）求出，设，由数量积为0列出关于的方程，结合性质即可得结果. 【小问1详解】 ， 所以函数的相伴向量． 【小问2详解】 由题知， 由，得． 又，即，所以． 又，由正弦定理，得，， 即． 因为，所以， 所以，即的取值范围为． 【小问3详解】 由（2）知， 所以， 设，因为，， 所以，， 又因为，所以， 所以， 即，所以． 因为，所以， 所以， 又因为， 所以当且仅当时，和同时等于， 所以在图像上存在点，使得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 武汉市常青联合体2024-2025学年度第一学期期中考试 高一数学试题 命题学校：江夏实验高级中学 命题教师：周天生 审题教师：陈婧华 考试时间：2025年4月21日 试卷满分：150分 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设是虚数单位，复数，则复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 下列命题中不正确的是（ ） A. 圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面 B. 正四棱锥的侧面都是正三角形 C. 用一个平面去截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台 D. 平行六面体每个面都是平行四边形 3. 已知向量，满足，则（ ） A. B. C. 20 D. 5 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 在中，，则 （ ） A. B. C. D. 6. 在中，已知，是关于的方程的两个实根，则角的大小为（ ） A. B. C. D. 7. 已知直线是函数图像的任意两条对称轴，且的最小值为，则的单调递增区间是（ ） A. B. C. D. 8. 欢乐港湾摩天轮——“湾区之光”是深圳的一处标志性景点．已知某摩天轮最高点距离地面高度为128米，转盘直径为120米，等距设置有60个座舱，开启后按逆时针方向匀速旋转，旋转一周大约需要30min，若甲、乙两人的座舱之间有4个座舱，则甲、乙两人座舱高度差的最大值为（ ）． A. 米 B. 米 C. 米 D. 米 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 设为复数（为虚数单位），下列命题正确的有（ ） A. 复数的共轭复数的虚部为2 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知向量，则下列说法正确的是（ ） A. 的相反向量是 B. 若，则 C. 在上的投影向量为 D. 若，则 11. 已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是( ). A. 若，则 B. 若，则为锐角三角形 C. 若，则为等腰三角形 D. 若，，这样的三角形有两解，则的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的值为______． 13. 在中，，点满足，若，则的值为______. 14. a,b,c分别是内角A,B,C对边，，，则面积的最大值为____________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知复数，且，其中虚数单位． （1）求复数z； （2）已知复平面上的四个点A，B，C，D构成平行四边形ABCD，复数，，在复平面内对应的点分别为A，B，C，求点D对应的复数． 16. 已知向量是同一平面内的三个向量，其中． （1）若，且，求向量的坐标； （2）若是单位向量，且，求与的夹角. 17. 如图，在凸四边形中，已知． （1）若，，求的值； （2）若，四边形的面积为4，求的值． 18. 在锐角中，分别是角的对边，. （1）求角的大小； （2）求取值范围； （3）当取得最大值时，在所在平面内取一点（与在两侧），使得线段，求面积的最大值. 19. 定义非零向量的“相伴函数”为（），向量称为函数（）的“相伴向量”（其中O为坐标原点）． （1）设（），写出函数的相伴向量； （2）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，记向量的相伴函数，若且，求的取值范围； （3）已知，，为（2）中函数，，请问在图象上是否存在一点P，使得？若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$