精品解析：江苏盐城市五校联盟2025-2026学年高一下学期4月期中数学试题

高一数学 （总分150分 考试时间120分钟） 注意事项： 1．本试卷中所有试题必须作答在答题纸上规定的位置，否则不给分. 2．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题纸上. 3．作答非选择题时必须用黑色字迹0.5毫米签字笔书写在答题纸的指定位置上，作答选择题必须用2B铅笔在答题纸上将对应题目的选项涂黑.如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，请保持答题纸清洁，不折叠、不破损. 第I卷（选择题共58分） 一、单选题（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，请在答题纸的指定位置填涂答案选项） 1. 若复数，则复数的虚部是（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的乘方以及虚部的概念，可得答案. 【详解】由，则其虚部为. 故选：A. 2. 已知点，则向量（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意，，其中为坐标原点， 则. 3. 在中，，，，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由余弦定理，建立方程，可得答案. 【详解】由题意可得，解得. 故选：B. 4. 下列各组向量中，可以作为基底的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】选项A: , , , 共线, 不能作为基底. 选项B: , , , 共线, 不能作为基底. 选项C: 是零向量, 零向量与任意向量共线, 不能作为基底. 选项D: , , , 不共线, 可以作为基底. 5. 已知向量a＝（3，1），b＝（2，2），则cos 〈a＋b，a－b〉＝（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】分析：利用平面向量模与数量积的坐标表示分别求得|a＋b|，|a－b|，（a＋b）·（a－b），从而利用平面向量余弦的运算公式即可得解． 详解：因为a＝（3，1），b＝（2，2），所以a＋b＝（5，3），a－b＝（1，－1），则|a＋b|＝＝，|a－b|＝＝，（a＋b）·（a－b）＝5×1＋3×（－1）＝2，所以cos 〈a＋b，a－b〉＝＝＝.故选B. 6. 设中的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的形状是（ ） A. 锐角三角形 B. 等腰直角三角形 C. 钝角三角形 D. 直角三角形 【答案】D 【解析】 【分析】直接利用三角函数关系式的变换和正弦定理的应用判断出三角形为直角三角形． 【详解】由， 利用正弦定理：， 整理得， 因为，所以，故， 故． 所以为直角三角形. 故选：D． 7. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据和差角公式以及二倍角公式即可求. 【详解】由,可得， 又， 所以， 故选：D 8. 平面向量满足，，则与夹角取最大值时为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】两边平方，结合得到，计算出，由基本不等式求出时，最大为，得到答案. 【详解】因为满足，， 所以， 所以，所以, 由夹角公式得， 当且仅当，即时等号成立， 因为，在上单调递减， 所以， 即时，最大为， 此时． 故选：D 二、多项选择题（本大题共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，请在答题纸的指定位置填涂答案选项） 9. 下列命题正确的是（ ） A. 若，则存在唯一实数使得 B. “”是“”的必要不充分条件 C. 不同向的向量不能比较大小，同向共线的可以 D. 若点为的重心，则 【答案】BD 【解析】 【详解】对于A，当，为非零向量时，不存在实数使得，故A错误； 对于B，可以推出，而时，的方向不一定相同， 故推不出，故”是“”的必要不充分条件，故B正确； 对于C，向量不能比较大小，故C错误； 对于D，因为为的重心，则连接并延长交于， 则为的中点，故，所以，故D正确; 10. 下列等式正确的是（ ） A. B. C. D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用二倍角公式化简判断ABD；逆用和角的正弦公式判断C. 【详解】对于A，，A正确； 对于B，，B正确； 对于C，，C错误； 对于D，，因此，D正确. 11. 我国南宋著名数学家秦九韶在《数书九章》中提出了已知三角形的三边长，求三角形的面积的问题，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上．以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积．”若把以上这段文字写成公式，即，现有满足，且，则（ ） A. 三个内角A、B、C满足关系 B. 的周长为 C. 若的角平分线与交于D，则的长为 D. 若E为外接圆上任意一点，则的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，利用正弦定理得出三边关系，结合余弦定理可判定；对B，由三角形面积公式计算可得三边长，从而判定；对C，利用三角形面积公式结合已知条件求解；对D，设，利用正弦定理表示出，由数量积定义求出，利用三角函数求出答案. 【详解】对于A，由，设， 由余弦定理，，又， ，则，故A正确； 对于B，由，解得， ，则的周长为，故B正确； 对于C，由， 所以，解得，故C错误； 对于D，当E在优弧AC上时，设，，则， 在中，， 由正弦定理，， ， 因为，所以， 当，即时，，即取得最大值； 又当点与点重合时，； 当点与点重合时，； 当E在劣弧AC上时，若相同时，此时小于E在优弧AC上； 综上，的最大值为，故D正确. 故选：ABD. 第II卷（非选择题共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量不共线，，，，则实数________． 【答案】 【解析】 【分析】根据平面向量共线向量定理，得出，再由对应向量系数相等，即可求出. 【详解】因为，所以，，则，解得． 故答案为： 13. 已知角的顶点与原点重合，始边与轴正半轴重合，终边在直线上，则的值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由求，再求和以及，最后根据两角和的正弦公式求值即可. 【详解】由三角函数的定义得，， 所以， ， 所以， 所以. 故答案为：. 14. 如图1是一款家居装饰物——博古架，它始见于北宋宫廷、官邸．博古架是类似于书架式的木器，其每层形状不规则，前后均敞开，无板壁封挡，便于从各个位置观赏架上放置的器物．某博古架的部分示意图如图2中实线所示，网格中每个小正方形的边长为，设为线段上任意一点，则的取值范围是_____． 【答案】 【解析】 【分析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，设点，其中，利用平面向量数量积的坐标运算以及二次函数的基本性质可求得的取值范围. 【详解】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系， 则、，设点，其中，，， 则， 令，其中， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 又因为，，故，即. 所以的取值范围是. 四、解答题（本大题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知向量，，且与的夹角为． （1）求； （2）若与所成的角是锐角，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量夹角的坐标形式可求的值； （2）数量积为正可求实数的取值范围． 【小问1详解】 因为向量，，且与的夹角为， 则，解得， 【小问2详解】 由（1）可得，且， 因为与所成的角是锐角，则， 解得， 且向量与不共线，则，即， 因此，实数的取值范围是 16. 在中，角的对边分别为，已知． （1）求角C的大小； （2）求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理计算即可； （2）利用正弦定理结合（1）的结论计算即可. 【小问1详解】 ， ， ． 【小问2详解】 ， ， ， ． 17. 已知，，，． （1）求的值； （2）求的值． 【答案】（1）3 （2） 【解析】 【分析】（1）利用齐次化可求三角函数式的值； （2）利用两角差的余弦可求的值. 【小问1详解】 因为，又， 所以； 【小问2详解】 因为，，所以， 又，所以， ， 又，所以 . 18. 已知，，分别为三个内角，，的对边， （1）求角； （2）若，的面积为，求，； （3）若，且为锐角三角形，为的中点，求中线的取值范围. 【答案】（1） （2），. （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和差的正弦公式化简计算可得； （2）利用余弦定理及面积公式得到方程组，解得即可； （3）依题意可得将两边平方，结合余弦定理得到，再由正弦定理将边化角，结合三角恒等变换公式及三角函数的性质求出的取值范围，即可得解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理知可得， 而， ， 即，又， ，即， 又，则 ，则. 【小问2详解】 由（1）及题设可得，即， 将代入，整理得，则， 即（负值舍去），故. 【小问3详解】 因为为的中点，所以， 两边平方得， 在中，由余弦定理得，即， 所以， 在中，由正弦定理得， 所以， 所以 ， 因为为锐角三角形，所以且，解得， 所以，所以，则， 所以， 所以中线的取值范围是. 19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答：当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，． （1）求； （2）若，，且点为的费马点，求； （3）设点为的费马点，，求的最小值． 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）由已知应用向量数量积的运算律有，即可得； （2）由（1）及题设的定义知，设，，，应用等面积法有，应用向量数量积的定义求解； （3）由题设，设，，，，，，由已知得，再应用余弦定理及得，最后应用基本不等式求最值. 【小问1详解】 ，则， ， ，故. 【小问2详解】 由（1）知，所以的三个角都小于， 由费马点定义知， 设，，，由， 整理得，整理得， 则. 【小问3详解】 因为点为的费马点，所以， 设，，，，，， 由，得． 由余弦定理得， ， ， 由，得， ，又，，所以， 当且仅当，结合，解得时，等号成立， 又，所以，解得或（舍去）， 故的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一数学 （总分150分 考试时间120分钟） 注意事项： 1．本试卷中所有试题必须作答在答题纸上规定的位置，否则不给分. 2．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题纸上. 3．作答非选择题时必须用黑色字迹0.5毫米签字笔书写在答题纸的指定位置上，作答选择题必须用2B铅笔在答题纸上将对应题目的选项涂黑.如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，请保持答题纸清洁，不折叠、不破损. 第I卷（选择题共58分） 一、单选题（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，请在答题纸的指定位置填涂答案选项） 1. 若复数，则复数的虚部是（ ） A. B. 2 C. D. 2. 已知点，则向量（ ） A. B. C. D. 3. 在中，，，，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 4. 下列各组向量中，可以作为基底的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量a＝（3，1），b＝（2，2），则cos 〈a＋b，a－b〉＝（　　） A. B. C. D. 6. 设中的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的形状是（ ） A. 锐角三角形 B. 等腰直角三角形 C. 钝角三角形 D. 直角三角形 7. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 平面向量满足，，则与夹角取最大值时为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共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，请在答题纸的指定位置填涂答案选项） 9. 下列命题正确的是（ ） A. 若，则存在唯一实数使得 B. “”是“”的必要不充分条件 C. 不同向的向量不能比较大小，同向共线的可以 D. 若点为的重心，则 10. 下列等式正确的是（ ） A. B. C. D. 若，则 11. 我国南宋著名数学家秦九韶在《数书九章》中提出了已知三角形的三边长，求三角形的面积的问题，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上．以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积．”若把以上这段文字写成公式，即，现有满足，且，则（ ） A. 三个内角A、B、C满足关系 B. 的周长为 C. 若的角平分线与交于D，则的长为 D. 若E为外接圆上任意一点，则的最大值为 第II卷（非选择题共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量不共线，，，，则实数________． 13. 已知角的顶点与原点重合，始边与轴正半轴重合，终边在直线上，则的值为__________． 14. 如图1是一款家居装饰物——博古架，它始见于北宋宫廷、官邸．博古架是类似于书架式的木器，其每层形状不规则，前后均敞开，无板壁封挡，便于从各个位置观赏架上放置的器物．某博古架的部分示意图如图2中实线所示，网格中每个小正方形的边长为，设为线段上任意一点，则的取值范围是_____． 四、解答题（本大题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知向量，，且与的夹角为． （1）求； （2）若与所成的角是锐角，求实数的取值范围． 16. 在中，角的对边分别为，已知． （1）求角C的大小； （2）求的值． 17. 已知，，，． （1）求的值； （2）求的值． 18. 已知，，分别为三个内角，，的对边， （1）求角； （2）若，的面积为，求，； （3）若，且为锐角三角形，为的中点，求中线的取值范围. 19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答：当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，． （1）求； （2）若，，且点为的费马点，求； （3）设点为的费马点，，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $