精品解析：江西省三新协同教研共同体2024-2025学年高一下学期5月联考数学试题

2025年“三新”协同教研共同体高一联考 数学试卷 命题：景德镇一中 江子卉 审题：新余一中 艾青梅 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：北师大版必修第二册第一章至第五章. 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. 已知复数满足，其中为虚数单位，则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. 已知向量，且，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知角的终边过点，则（ ） A. B. C. D. 4. 在中，是直线上的一点，若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数的部分图像如图所示，则函数 的表达式可能是（ ） A. B. C. D. 6. 若函数是定义在上的奇函数，且满足，当时，，则（ ） A. B. 1 C. D. 0 7. 方程的实数解的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 8. 设是函数与函数的图象连续相邻的三个交点，若是锐角三角形，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选择的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 将的图象向右平移个单位长度，得到的图象 C. 直线为图象的一条对称轴 D. 直线与的图象相交，存在两个交点的横坐标，使得 10. 任何一个复数都可以表示为，且可以表示为三角形式代表复数的模，是以轴的非负半轴为始边，以所在的射线为终边的角.著名数学家棣莫弗就此进行了深度探究，发现，该公式称为棣莫弗公式.根据上面的知识，若复数满足，则可能的取值为（ ） A. B. C. D. 11. 八卦阵是我国的文化瑰宝，其可近似视为正八边形，图1是一个八卦阵示意图，图2是从图1中抽象出的几何图形的示意图.已知正八边形的边长为是正八边形的中心，是正八边形边上任意一点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 在方向上的投影向量为 C. 的最大值为 D. 若函数，则函数的最小值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量满足，则的值为______. 13. 已知为常数，且，复数在复平面内满是，则复数对应的点的集合所形成的图形的面积为__________. 14. 在锐角中，角所对的边分别为.已知，则面积的取值范围为__________. 四､解答题：本题共5小题､共77分.解答应写出文字说明､证明过程或者演算步骤. 15. 已知复数满足的虚部为. （1）求； （2）若的实部为正数，在复平面内对应的点分别为，求. 16. 已知函数. （1）化简； （2）已知都是锐角，，求的值. 17. 在中，角的对边分别为. （1）若的平分线交于点，且，求的值； （2）若角满足，且，证明：该三角形是直角三角形. 18. 设函数. （1）求在上的最大值； （2）若不等式在上恒成立，求的取值范围； （3）若方程在上有4个不相等的实数根，求的取值范围. 19. “算两次”原理（又称富比尼原理）是一种重要的数学思想，其核心是通过对同一量采用两种不同的计算方式，利用结果的等价性构建等式来解决问题.例如：如图甲，在中，为的中点，则，两式相加得，因为为的中点，所以，于是.请用“算两次”的方法解决下列问题. （1）如图乙，在四边形中，分别为的中点，证明：. （2）如图丙，在四边形中，分别在边上，且，与的夹角为，求. （3）若在四边形中，分别在边上，且，与的夹角为，求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年“三新”协同教研共同体高一联考 数学试卷 命题：景德镇一中 江子卉 审题：新余一中 艾青梅 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：北师大版必修第二册第一章至第五章. 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. 已知复数满足，其中为虚数单位，则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】D 【解析】 【分析】根据复数乘法计算出，再根据共轭复数的定义写出，最后确定对应点在复平面内的位置. 【详解】由，可知，则， 则在复平面内对应的点为，在第四象限. 故选：D. 2. 已知向量，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由，可得，求出的值，从而可求出的坐标. 【详解】因为向量，且， 所以，解得， 所以， 所以. 故选：B. 3. 已知角的终边过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角函数的定义求出，结合二倍角的正弦公式计算即可求解. 【详解】由题意知，， 所以. 故选：C. 4. 在中，是直线上的一点，若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用共线向量定理的推论列式计算即得. 【详解】由，得，则， 而三点共线，则， 所以. 故选：A. 5. 已知函数的部分图像如图所示，则函数 的表达式可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性、定义域以及三角函数的性质来逐一分析选项，从而确定函数的解析式. 【详解】对于A选项：已知，， 因为，所以， 又因为（为任意角），这里， 所以，故是奇函数， 而题目所给函数图象关于轴对称，是偶函数，所以A选项不符合，排除. 对于B选项：对于，同样根据奇函数的定义计算：， 由于，所以， 又因为（为任意角，这里）， 所以，即是奇函数， 不符合函数图象为偶函数这一条件，排除. 对于C选项：对于，， 因为，且（为任意角，这里）， 所以，所以是偶函数. 对于D选项：对于，， 因为，所以， 所以是偶函数. 此时C、D选项函数均为偶函数，还需结合定义域进一步判断.  对于C选项：正切函数的定义域为，， 对于，其自变量需满足有意义， 所以的定义域为，，不是. 而从题目所给图象来看，函数的定义域是，所以C选项不符合，排除. 对于D选项：对于，因为余弦函数的定义域是， 且，的值在正切函数的定义域内， 所以的定义域是，符合图象所给信息. 故选：D. 6. 若函数是定义在上的奇函数，且满足，当时，，则（ ） A. B. 1 C. D. 0 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得的最小正周期为，由奇函数的定义和周期性，结合特殊角的三角函数值，计算可得所求和. 【详解】是定义在上的奇函数，则， 又满足，可得的最小正周期为， 所以，则的图象关于点对称，即， 又当时，， 所以 . 故选：C. 7. 方程的实数解的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据将已知化为，解方程得到的值. 【详解】原方程化为， 则由，得， 代入，得，无整数解. 故选：A. 8. 设是函数与函数的图象连续相邻的三个交点，若是锐角三角形，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先化简变换得到，在同一坐标系中作出两个函数的图象，设为的中点，由，然后根据为锐角三角形，只须，由求解. 【详解】由题意得，， 作出两个函数的图象，如图： 为连续三个交点（不妨设在轴下方），为的中点， 由对称性，得是以为顶角的等腰三角形，， 由，整理得， 解得，则， 即，所以， 因为为锐角三角形，则， 所以，解得. 故选：A. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选择的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 将的图象向右平移个单位长度，得到的图象 C. 直线为图象的一条对称轴 D. 直线与的图象相交，存在两个交点的横坐标，使得 【答案】ABD 【解析】 【详解】根据图象求出函数的解析式，利用三角函数的性质及函数图象的平移变换，即可判断各项正误. 【分析】由图知，，即，所以. 将代入，得，解得， 又，当时，，所以. A，，正确； B，将的图象向右平移个单位长度，得的图象，正确； C，，所以直线不是对称轴，错误； D，由三角函数的性质知，或， 所以，显然存在两个交点的横坐标使，正确. 故选：ABD 10. 任何一个复数都可以表示为，且可以表示为三角形式代表复数的模，是以轴的非负半轴为始边，以所在的射线为终边的角.著名数学家棣莫弗就此进行了深度探究，发现，该公式称为棣莫弗公式.根据上面的知识，若复数满足，则可能的取值为（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【详解】根据棣莫弗定理可得的一般形式，求出、可得答案. 【分析】设，其中，则， 所以，而，则， 故即，故， 故B，D正确，A，C错误. 故选：BD. 11. 八卦阵是我国的文化瑰宝，其可近似视为正八边形，图1是一个八卦阵示意图，图2是从图1中抽象出的几何图形的示意图.已知正八边形的边长为是正八边形的中心，是正八边形边上任意一点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 在方向上的投影向量为 C. 的最大值为 D. 若函数，则函数的最小值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据题意，建系，写出相关点的坐标，设，利用余弦定理求得.对于A，代入点的坐标计算即可判断；对于B，根据投影向量的定义计算即可判断；对于C，取的中点，推得，继而得到-4，结合图形，判断当点与点或点重合时，取最大值，利用两点间距离公式计算即得；对于D，将相关向量的坐标代入所求函数，整理后，根据二次函数的性质即可求得的最小值. 【详解】如图， 以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立平面直角坐标系. 设，在中，由余弦定理得，解得. ， . 对于A，， 故，即A正确； 对于B，，则在方向上的投影向量为 ，即B正确； 对于C，取的中点，则， 则， 两式相减，可得，从而， 由正八边形的对称性，可知当点与点或点重合时，取最大值， 此时不妨取， 则， 故的最大值为，故C正确； 对于D，因为， 则 ， 则当时，， 故的最小值，故D错误. 故选：ABC. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量满足，则的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据数量积的运算性质和模的性质证明，代入已知条件可得结论. 【详解】因为， ， 所以， 又， 所以， 所以，故. 故答案为：. 13. 已知为常数，且，复数在复平面内满是，则复数对应的点的集合所形成的图形的面积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用复数的几何意义先判断点的集合形成的图形形状，再求其面积即可. 【详解】因为复数在复平面内对应的点为，则表示点到点的距离小于或等于2， 所以复数对应的点的集合所形成的图形是以为圆心，2为半径的圆面，则圆的面积为. 故答案为：. 14. 在锐角中，角所对的边分别为.已知，则面积的取值范围为__________. 【答案】. 【解析】 【分析】由正弦定理得，再由面积公式结合的范围可得答案. 【详解】由，得， 由正弦定理得，得， 又三角形为锐角三角形，所以，且， 所以， 则 . 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､证明过程或者演算步骤. 15. 已知复数满足的虚部为. （1）求； （2）若的实部为正数，在复平面内对应的点分别为，求. 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）设，根据复数的乘方、模的公式及虚部的定义求解即可； （2）由（1）可得，进而求得，可得的坐标，再结合平面向量夹角余弦的坐标表示求解即可. 【小问1详解】 设，则， 则，解得或， 或. 【小问2详解】 的实部为正数，， ， 则， 则， . 16. 已知函数. （1）化简； （2）已知都是锐角，，求的值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）应用诱导公式､二倍角公式化简即可； （2）根据同角三角函数的基本关系，结合角的范围求出，最后根据及两角差的正弦公式计算可得. 【小问1详解】 . 【小问2详解】 因为角为锐角，且，所以. 因为，所以， 又因为，所以， 所以 . 17. 在中，角的对边分别为. （1）若的平分线交于点，且，求的值； （2）若角满足，且，证明：该三角形是直角三角形. 【答案】（1）4； （2） 证明：由于， 因此， 所以，则， 所以， 所以，即， 即，故或， 由，可得，所以， 所以或. 由，可得，故，即， 因此该三角形为直角三角形. 【解析】 【分析】（1）由等面积法和三角形面积公式得出，结合即可求解； （2）利用三角恒等变换及和差化积公式化简得出，再结合范围即可求出. 【小问1详解】 因为，且为的角平分线，所以， 由，得， 所以， 因，所以. 【小问2详解】 略 18. 设函数. （1）求在上的最大值； （2）若不等式在上恒成立，求的取值范围； （3）若方程在上有4个不相等的实数根，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）令，根据余弦函数的有界性知，原函数变为以为自变量的开口向下的二次函数，讨论对称轴与区间端点的关系，分别求解即可； （2）利用换元法将问题转化为在上恒成立求解即可； （3）方法一：令，将问题转化为与的图象在上有两个不同的交点，进而结合图象求解即可； 方法二：令，将问题转化为与的图象在上有四个不同的交点，进而结合图象求解即可. 【小问1详解】 ， 令，得. ①当，即时，. ②当，即时，. ③当，即时，. 综上可知，. 【小问2详解】 若要，则需， 当时，， 函数变为， 所求问题变为恒成立，易知的图象是开口向下的抛物线的一部分， 最小值一定在区间端点处取得，所以有， 解得，故的取值范围是. 【小问3详解】 方法一：原方程可化为0. 令，则，即. 若，则，此时仅有两解，不合题意，舍； 当时，在上一个对应两个不相等的实数解， 因此原题可转化为与的图象在上有两个不同的交点，如图， 则，故的取值范围是. 方法二：原方程可以化为， 可以看作与的图象在上有四个不同的交点，如图， 则，即， 故的取值范围是. 19. “算两次”原理（又称富比尼原理）是一种重要的数学思想，其核心是通过对同一量采用两种不同的计算方式，利用结果的等价性构建等式来解决问题.例如：如图甲，在中，为的中点，则，两式相加得，因为为的中点，所以，于是.请用“算两次”的方法解决下列问题. （1）如图乙，在四边形中，分别为的中点，证明：. （2）如图丙，在四边形中，分别在边上，且，与的夹角为，求. （3）若在四边形中，分别在边上，且，与的夹角为，求. 【答案】（1）证明：在四边形中，，在四边形中，， 两式相加得，， 因为分别为的中点，所以， 于是. （2）； （3） 【解析】 【分析】（1）分别在四边形､四边形中表示向量，两式相加再结合相反向量的和为，即可求证. （2）利用已知条件中的“算两次”原理将用和表示，再利用数量积的定义运算即可求解. （3）利用（2）的思路归纳总结即可. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 在四边形中，，则， 在四边形中，， 则， 又，则， 则，即， 所以 . 【小问3详解】 在四边形中，， 则， 在四边形中，， 则， 因，得， 则，即， 故 . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $