湖北黄冈市浠水县第一中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题

**基本信息** 高一年级期中数学试卷聚焦复数、向量、解三角形、三角函数等核心知识，通过测量距离（第6题）、费马点（第11题）、垂心翻折（第14题）等情境，融合数学眼光观察现实世界与推理能力，体现知识综合与素养导向。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题/58分|复数虚部、向量夹角、三角形形状判断|第6题以航海测量为背景，考查解三角形应用，体现数学眼光| |填空题|3题/15分|向量坐标运算、三角恒等变换、数学文化|第14题结合几何翻折与外接圆性质，渗透创新意识| |解答题|5题/77分|复数几何意义、解三角形综合、新定义问题|第19题“相伴特征向量”新定义，考查数学思维与模型意识，呼应高考命题趋势|

浠水一中2026年春季高一年级期中质量检测 数学试卷 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．复数的虚部为（    ） A． B． C．1 D．2 2．已知向量，，若与的夹角为，则（    ） A． B． C．2 D．3 3．在中，角的对边分别为，若，，则的形状为（   ） A．直角三角形 B．等腰非等边三角形 C．等边三角形 D．钝角三角形 4．已知的内角的对边分别为，，，且满足，的三角形有两个，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 5．将函数的图象向右平移个单位长度，再把所得图象各点的横坐标缩小到原来的（纵坐标不变），所得图象的一条对称轴为（    ） A． B． C． D． 6．如图所示，为了测量处岛屿的距离，小明在D处观测，分别在D处的北偏西15°，北偏东45°方向，再往正东方向行驶20海里至C处，观测B在C处的正北方向，A在C处的北偏西60°方向，则A，B两处岛屿间的距离为（    ）    A．海里 B．海里 C．海里 D．海里 7．设函数，，，若在区间上具有单调性，且，则的最小正周期为（   ） A． B． C． D． 8．已知正三角形ABC的边长为6，，P是线段DE上的动点（含端点），则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 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．下列各式的值正确的是（         ） A． B． C． D． 10．下列说法中正确的有（    ） A．两个非零向量，，若，则与共线且反向 B．向量，能作为平面内的一组基底 C．已知向量，，则向量在向量上的投影向量是 D．若非零向量，满足：，则与的夹角为 11．“费马点” 指平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点. 在 中，当最大内角小于 时，费马点 满足，当最大内角不小于 时，最大内角的顶点为费马点. 已知在 中， ，，点 为 的费马点，则（   ） A． B． C． D．在上的射影向量为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知向量，若，则___________． 13．在平面直角坐标系中，已知锐角的终边与单位圆交于，角的终边与单位圆交于，若，则的值为__________． 14．某学习小组在学习和探索三角形相关知识时，发现了一个有趣的性质：将锐角三角形三条边所对的外接圆的三条圆弧（劣弧）沿着三角形的边进行翻折，则三条圆弧交于该三角形内部一点，且此交点为该三角形的垂心（即三角形三条高线的交点）．如图，已知锐角△ABC的三条圆弧沿△ABC三边翻折后交于点P．若AB＝3，且△ABC外接圆的半径为2，则______；若，且，则的取值范围是______． 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．（13分）已知复数，其中 (1)若在复平面内对应的点位于第一象限，求实数的取值范围； (2)若是纯虚数，求的模. 16．（15分）在锐角中，角的对边分别为，，，且. (1)求角的大小； (2)若，，求的面积. 17．（15分）如图，在中，已知CA=1，CB=2，． （1）求|AB|； （2）已知点D是AB上一点满足，点E是边CB上一点，满足．是否存在非零实数入，使得？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由． 18．（17分）在中，设角所对的边分别为，已知且. (1)求角； (2)若，求边上的角平分线的长； (3)若为锐角三角形，求边上的中线的取值范围. 19．（17分）已知为坐标原点，对于函数，称向量为函数的相伴特征向量，同时称函数为向量的相伴函数. (1)记向量的相伴函数为，求当且时，的值; (2)设函数，试求的相伴特征向量，并求出与共线的单位向量; (3)已知，，为的相伴特征向量，，请问在的图象上是否存在一点，使得.若存在，求出点坐标;若不存在，说明理由. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $浠水一中2026年春季高一年级期中质量检测 数学试卷 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.复数=2中的虚部为() A.-2 B.-1 C.1 D.2 2.已知向量1|=2，|=1，若与的夹角为60°，则-=() A.v2 B.3 C.2 D.3 3.在△中，角，，的对边分别为，，，若sin sin=sin2,(++)(+-)=3,则 △的形状为() A.直角三角形B.等腰非等边三角形C.等边三角形D.钝角三角形 4.己知△ 的内角，，的对边分别为，，，且满足=V2,=的三角形有两个，则的取 值范围为() A.(1,V2) B.(V2,2) C.(1,2) D.(0,V2) 5.将函数=c0s2的图象向右平移0个单位长度，再把所得图象各点的横坐标缩小到原来的；（纵坐 标不变)，所得图象的一条对称轴为=() A. B.品 c.6 D.8 6.如图所示，为了测量，处岛屿的距离，小明在D处观测，，分别在D处的北偏西15°，北偏东 45°方向，再往正东方向行驶20海里至C处，观测B在C处的正北方向，A在C处的北偏西60°方向， 则A,B两处岛屿间的距离为() A.20v6海里 B.10V6海里 C.20(1+V3)海里D.10(1+V3)海里 7.设函数()=sin(+),>0,>0,若()在区间G习上具有单调性，且()=()= (),则()的最小正周期为() A.π B.7 C.2π D.4π 试卷第1页，共4页 8.已知正三角形ABC的边长为6，=2，=2，P是线段DE上的动点（含端点），则· 的取值范围是() A.[12,16 B.[2,6] C.[-16,-12]D.[-6,-2] 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.下列各式的值正确的是() A.sin15c0s15°=号 B.c0s28°cos32°-cos62sin32°=号 tan22.5° C.1an225=1 D.(1+tan13)(1+tan32)=2 10.下列说法中正确的有() A.两个非零向量，，若|-【=||+|，则与共线且反向 B.向量=(2，-3)，=(（，-)能作为平面内的一组基底 C.已知向量=(2,1)，=(-3,1)，则向量在向量上的投影向量是- 2 D.若非零向量，满足：1|==|-，则与+的夹角为30 11.“费马点”指平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点.在△ 中，当最大内角小于120°时， 费马点P满足∠=∠=∠=120°，当最大内角不小于120°时，最大内角的顶点为费马 点.己知在△中，=V3,(sin+sin)(-)=(-)sin,sin=3(2-cos)点P为 的费马点，则() A.C=3B.·=号C.::=4:1:2D.在上的射影向量为=号 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.已知向量=(0,1)，=(1，)，若1(-2)，则= 13.在平面直角坐标系 中，已知锐角的终边与单位圆交于(1,1)，角(+)的终边与单位圆交 于（云.若12+21=一品则的值为 14.某学习小组在学习和探索三角形相关知识时，发现了一个有趣的性质：将锐角三角形三条边所对 的外接圆的三条圆弧（劣弧）沿着三角形的边进行翻折，则三条圆弧交于该三角形内部一点，且此交 点为该三角形的垂心（即三角形三条高线的交点）.如图，已知锐角△ABC的三条圆弧沿△ABC三边 试卷第2页，共4页 翻折后交于点P.若AB=3,且△ABC外接圆的半径为2，则sinL=;若L=子且=3， 则3一—的取值范围是一· 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.(13分)已知复数=(22-7+6)+(-2)i,其中∈R (1)若在复平面内对应的点位于第一象限，求实数的取值范围： (2)若是纯虚数，求生的模。 16.(15分)在锐角△中，角，，的对边分别为，，，且2sin=V (1)求角的大小： (2)若=4，+=8，求△ 的面积 17.(15分)如图，在△中，已知CA=1,CB=2,∠=60°. D (1)求AB: (2)己知点D是AB上一点满足=，点E是边CB上一点，满足=·是否存在非零实 数入，使得上？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由， 试卷第3页，共4页 18.(17分)在△中，设角，，所对的边分别为，，，已知=V3且sin2+sin2-sin2= sin sin. (1)求角： (2)若+=2，求边上的角平分线的长： (3)若△ 为锐角三角形，求边上的中线的取值范围. 19.(17分)已知为坐标原点，对于函数()=sin+cos,称向量=(，)为函数()的相 伴特征向量，同时称函数()为向量的相伴函数 ()记向量=(1，V③的相伴函数为()，求当()=且∈()时，sin的值： (2)设函数()=V3c0s(+君)+cos(-)试求（)的相伴特征向量，并求出与 共线的单位 向量； (3)已知=(-2,3)，=(2,6)， =(V3,1)为h()=sin(-)的相伴特征向量，（)=h(-) 请问在=（)的图象上是否存在一点，使得⊥若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由. 试卷第4页，共4页 浠水一中2026年春季高一年级期中数学试卷答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B C A C B A D BD ABD 题号 11 答案 ACD 1．D【详解】由题意可得：，所以复数的虚部为2.，故选：D. 2．B【详解】由题可知：，所以. 故选：B 3．C【详解】由正弦定理，，则，再由则，故，即，故，所以为等边三角形. 故选：C. 4．A【详解】由有两解，得即解得，故选：A． 5．C【详解】将函数的图象向右平移个单位长度，所得函数图象的解析式为，再把所得图象各点的横坐标缩小到原来的（纵坐标不变），所得图象的函数解析式是.令，则，当时，. 故选：C 6．B【详解】在三角形中，，，由正弦定理得，，在三角形中，，所以，所以， 由余弦定理得海里.故选：B 7．A【详解】由，则是的一条对称轴，由，得到，所以是的一个对称中心，即是的一个对称中心，所以，即，又在区间上具有单调性，则，得到，所以，故的最小正周期为. 8．D【详解】取线段的中点，连接，则，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， 因为正三角形ABC的边长为6，所以，故，又，所以，设，则，所以，，故. 9．BD【详解】对于A选项，，A错； 对于B选项， ，B对； 对于C选项，，C错； 对于D选项，因为，所以，，故 ，D对.故选：BD. 10．ABD 【详解】A．由得，即，所以，是非零向量，因此它们共线且反向，A正确； B．由于，它们共线，不能作为平面内的一组基底，B正确； C．向量在向量上的投影是，与向量同向的单位向量为，因此所求投影向量为，C错误； D．如图，，，作平行四边形， 则，，由得是等边三角形，四边形是菱形，所以，D正确；故选：ABD． 11．ACD【详解】因为，由正弦定理得，可得，又由余弦定理，可得，因为，所以，所以A正确；又由且，可得，解得， 由正弦定理可得，可得，所以，所以为直角三角形，且所以点满足，如图所示，因为，可得，又因为，所以，所以，所以，可得，所以C正确； 设，则，在中，由余弦定理得，解得，所以，所以，所以B错误；在中，，由余弦定理，求得，过点作，垂足为，可得，所以，所以在上的射影向量为，所以D正确. 故选：ACD. 12．1【详解】，则，整理得，故. 13． 【详解】由三角函数的定义可知，， 则 ，所以，解得或（舍去）， 则． 14． 【详解】设外接圆半径为，则，由正弦定理，可知，即，由于是锐角，故，又由题意可知P为三角形ABC的垂心，即,故，所以；设，则， 在中，，同理在中可得，所以 ， 由于三角形为锐角三角形，所以，解得，故，，所以，进而，故，所以 故答案为：；. 15．【详解】（1）因为在复平面内对应的点位于第一象限，所以， 由得又此时从而成立，故实数的取值范围为 （2）因为是纯虚数，所以且解方程得所以又因为纯虚数的虚部不能为，故所以因此于是其中 所以 16．【详解】（1）因为，由正弦定理得，因为，所以， 所以，即，因为，所以； （2）由（1）知：，又因为，，由余弦定理，即，解得，所以面积为. 17．【详解】（1）∵，且，，， ∴ （2）假设存在非零实数，使得，由，得，∴ ，∵，∴ ∴ =，解得或λ=0（不合题意，舍去），即存在非零实数，使得 18．【详解】（1）因为，由正弦定理得，，又由余弦定理得，，故. （2） 由余弦定理可知，，代入，可得，解得.设，，即，解得，因此. （3）由余弦定理得，，即.，两边平方得.由正弦定理可知，，故，因此 ，又因为是锐角三角形，故，解得，故，，，即，则. 19．【详解】（1）由已知可得： ，所以， 因为，所以，所以，所以 ， （2）， ，所以，， ，所以与共线的单位向量为和. （3） ，因为为的相伴特征向量，所以，解得，所以，所以， ， 假设在的图象上是否存在一点，使得，所以，，所以，所以，所以，所以， 令，令，所以， ， 当时，； 当时，，，所以，因为， 所以当且仅当且时，成立，此时，且，即点，所以的图象上是存在一点，使得. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $浠水一中2026年春季高一年级期中数学试卷答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B C A B 0 BD ABD 题号 11 答案 ACD 1.D【详解】由题意可得： =-2+=1+2i,所以复数的虚部为2，故选：D. 2.B【详解】由题可知：·=|cos60°=1，所以-|=V2+2-2·=V3.故选：B 3.C【详解】由正弦定理，sinsin=sin2,则2=，再由(++)(+-)=3则(+)2- 2=3，故(-)2=0，即=，故==，所以△ 为等边三角形.故选：C < <V2, 4.A【详解】由△ 有两解，得 sin 5.C【详解】将函数=cos2的图象向右平移”个单位长度，所得函数图象的解析式为=cos[2(一 )】=c0s(2一)，再把所得图象各点的横坐标缩小到原来的；（纵坐标不变），所得图象的函数解析 式是=cos(4-)令4-后=元∈z,则=0+∈z,当=0时，=后故选：C 6.B【详解】在三角形 中，∠ =90°+15°=105°，∠ =90°-60°=30°，∠ =180° 105°-30°=45°，由正弦定理得n45=sn105 xsin1050x(sin60"cos45+cos60'sin45)-10 sin45° sin45° 1),在三角形 中，∠ =45°，∠ =90°，所以∠ =45°，所以= =20, 由余弦定理得 2-2× ×c0s60°=V600=10V6海里.故选：B 7.A【详解1由目=（份则=学-哭（消条对彩轴，由 =-()得到(+ 目=0，所以（使，0）是()的一个对称中心，即怎，0)是()的一个对称中心，所以2 1=7m 3∈N,即=2+，∈N,又（)在区间G到上具有单调性，则2≥-云得到≥受，所以=0，= π，故()的最小正周期为π 8.D【详解】取线段的中点，连接，则1，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， 答案第1页，共7页 D B 因为正三角形A8C的边长为6，所以=号×6=3V3,故(-3,0.3,0).(03同，又= 2,=2,所以(-2，V3,(2,3),设(，V3),则-2≤≤2，所以=(-3-，-V③) =(3-,-V3),故·=2-9+3=2-6∈[-6，-2]. 9.BD【详解】对于A选项，sin15cos15°=sin30°=-子A错： 对于B选项，cos28cos32°-cos62°sin32°=cos28°cos32°-cos(90°-28)sin32° =c0s28°c0s32°-sin28*sin32°=c0s(28+32)=c0s60°=3B对； 对于C选项，2=m2器=an45=克C错： tan22.5° 12tan22.5° 对于D透项，因为1=an45”=an(13”+32)=器 所以，tan13°+tan32°=1- tan13tan32°，故(1+tan13)(1+tan32)=1+tan13°+tan32°+tan13tan32° =1+1-tan13tan32°+tan13tan32°=2，D对.故选：BD 10.ABD【详解】A.-I=11+11得(-)2=I1+|D2,即2-2·+2=2+2|+ 2,所以·=-1川，，是非零向量，因此它们共线且反向，A正确： B.由于=4，它们共线，不能作为平面内的一组基底，B正确： C.向量在向量上的投影是行=站=-V5，与向量同向的单位向量为=后因此所求投影向 量为-5·万=-，C错误： D.如图， =，作平行四边形 B 答案第2页，共7页 则=-，=+，由|1==一得△是等边三角形，四边形 是菱形，所以 ∠=30°，D正确；故选：ABD. 1l.ACD【详解】因为(sin+sin)(-)=(-)sin,由正弦定理得(+)(-)=(-)， 可得2+2-2=，又由余弦定理，可得c0s=42-=了-安因为∈0.所以=号 所以A正确：又由sn=V32-c0)且=行=V3可得x号=V32-x分，解得=2， 由正弦定理可得如=m,可得sn=业一管=1，所以=号所以△ V3 为直角三角形，且= 1所以点满足∠=∠=∠=120°，如图所示，因为∠=120°，可得∠+∠ 60°，又因为∠+∠=60°，所以∠=∠，所以△一△，所以一=一=一=2， 可得：：=4：1：2，所以C正确： 设=，则=2，=4，在△中，由余弦定理得(2)2+(4)2-2×2×4c0s120°=22， 解得=号所以=号.=识=织，所以·=‖s120=9×号×(-》= 号所以B错误：在△中，-9，-识，=2，由余弦定理，求得c0s4=识过点 上·垂足为，可得=×04=9×曾=只所以一=号所以在上的射 作 影向量为= :,所以D正确， 故选：ACD, 12.1【详解】-2=(1，-2)，则·(-2)=1×1+(-2)=0，整理得2-2+1=(- 1)2=0,故=1. 13.2W2【详解】由三角函数的定义可知，1=cos,1=sin,2=cos(+0),2=sin(+) 则12+21=cos sin(+月)+cos(+9)sin=sin(2+)=号(sin2+cos2) -9esms+m2-如2)=是2o+s 2 sin2 +cos2 答案第3页，共7页 -竖2=-得所以2an2-5an-3=0,解得an=3或an=-专（舍去)， tan +1 则=（_2mo）-9an+)=22, cos cos 14. 4 (侵，1)【详解设外接圆半径为，则=2，由正弦定理，可知 2==2= sin∠ 4,即sinL =子由于L是锐角，故cosL ? ,又由题意可知P为三角形ABC的垂心， 即1，故∠ =君-L，所以sn4=cos4=:设4=，2=，4= =则4=及-=84=-，4=-， 在△ 3 中，Gsn传)宁Fm宁=6cos，同理在△ 中可得n传一s如G4 T=6→=6c0s,，所以5=3v3-6cos=3V5-6c0sm--2=3W5-6cos臣】 6cOS 6cos 6cos 3V3+3cos-3V3sin+cos-V3sin(1-sin )+1 6cos Γ2 coS 2 cos -可*+-+-+ 1 coo sinz 221+tan2 由于三角形为锐角三角形，所以 0<< 0<=- 3 所以0<an(仔-)<9进而0<受an(传-)<安故好<an(作-)+<1，所以8二e G 故答案为：（仔1）月 15.【详解】(1)因为在复平面内对应的点位于第一象限，所以22-7，十6>0， -2>0 由22-7+6=(2-3)(-2)，得(2-3)(-2)>0.又-2>0→>2，此时2-3> 0,-2>0,从而(2-3)(-2)>0成立，故实数的取值范围为>2. (2)因为是纯虚数，所以22-7+6=0，且-2≠0.解方程22-7+6=0得(2-3)(- 2)=0,所以=或=2又因为纯虚数的虚部不能为0，故-2≠0，所以≠2.因此=于是 答案第4页，共7页 ==其+到=2+③=+？-四1-=2+(2=吃 所-器-爱-要 16.【详解】(1)因为2sin=V3,由正弦定理得2 esin sin=V3sin,因为e(0,》,所以sin>0, 所以2sin=V3,即sin=复，因为∈(0，)，所以= (2)由(1)知：=3又因为=4，+=8，由余弦定理2-2+2-2c0s,即16=2+2- =(+2-3=82-3，解得=16，所以△面积为sn=×16×9=4W3 17.【详解】(1)， :-,且2=4,2=1，·=2×1×c0s60°=1， |=|-|=(-2=V2-2·+2=3 (2)假设存在非零实数，使得上，由=，得=（一），.=+=+ (-)=+(1-)，=,.=+=(-)+(-)=(1- )-.·=(1-)2-·+(1-)2·-(1-) =4(1-)-+(1-)2-(1-)=-32+2=0,解得=或=0（不合题意，舍去），即存在非 零实数=子使得1 18.【详解】(1)因为sin2+sin2-sin2=sinsin,由正弦定理得，2+2-2=，又由余弦 定理得，c0s=42-2 2—=2=2故- (2) 由余弦定理可知，c0s=42-2=+2=代入=V3,+=2,可得名2=克解得= 2 2 设=△=+·sin写=克··sing+片·smg即竖=(+)= ,解得=复因此=只 6 答案第5页，共7页 （3》由余弦定理得，c0s=422=423=号即2+2=+32=+，两边平方得 2 2 利P=1+1P+2·=2+2+=2+3由正弦定理可知而=而=而=号 2,故=2sin,=2sin,因此2+3=8 Bsin sin+3=8 3sin sin(号-)+3=8sin(受cos+ isin )+3=4V3sin cos +4sin?+3=2v3sin2+412+3=2sin2 -2cos2 +5 =4(sin29-cos2月+5=4sin2-名)+5，又因为△是锐角三角形，放 0<<号 a<萄解号2E()s2)e(4s2月 (,9,即4P∈(7,9则∈（浮 19.【详解】(1)由已知可得：()=sin+V3cos=2sin(+)=号所以sin(+)=专 因为∈（←5，）所以+号e(o,》所以cos(+)=是所以sin=sin[(+)-引 =sin(+)eas骨-cos(+)sn号-含x-x9-5, 10 (2)()=V3cos(+)+cos(G-)=3cos(+君)+cos匠-（+g =V3cos(+8)+sin(+8)=2sin(++9)=2sin(+9)=2cos,所以=(0,2)，|1=2， =(0,1),所以与 共线的单位向量为(0,1)和(0，-1). (3)h()= sin(-)=号sin-2cos,因为=（←V3,1)为(）=sin(-)的相伴特 征向量，所以2 =- ,解得=-2，所以n()=-2sin(-君)，所以()=-2sin[(-)-引 -2=1 =-2sin(6-)=2cos2 假设在=（)的图象上是否存在一点（，2cos),使得上，所以=（+2,2c0s2-3),= (-2,2cos2-6),所以(+2,2c0s2-3)(-2,2c0s2-6)=0,所以(+2)(-2)+(2c0s2 3)(2c0s2-6)=0,所以2+14+4c0s22-18c0s2=0,所以2=-4c0s22+18c0s2-14, 令=-4c0s22+18c0s2-14,令c0s2=，∈[-1,1，所以=-42+18-14， 答案第6页，共7页 =-4(-)+ 当=-1时，=-36： 当=1时，=-36，=0，所以-36≤≤0，因为2≥0， 所以当且仅当=1且=0时，2=-4cos22+18c0s2-14成立，此时，cos2=1且=0，即点 (0,2),所以=（)的图象上是存在一点(0,2)，使得上· 答案第7页，共7页