精品解析：辽宁鞍山市第十三中学等校2025-2026学年高一下学期5月期中学情调研数学试卷

2025—2026学年度高一（下）5月中期学情调研试卷 数学试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知圆心角是2弧度的扇形的周长为4，则扇形的面积为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】由扇形的周长和面积公式求解. 【详解】由扇形的周长公式得， 解得，所以扇形的面积为. 故选：A 2. 已知，则的虚部为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的模的计算公式得到，即可化简，从而判断其虚部. 【详解】因为，所以， 又，即，所以，所以的虚部为2. 故选：C 3. 下列各式中，值为的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】对于选项A：；对于选项B：；对于选项C：；对于选项D：；故选C 4. 已知函数图象上相邻两条对称轴之间的距离为，将函数的图象向左平移个单位后，得到的图象关于y轴对称，则函数的一个零点是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由函数图象相邻两条对称轴之间的距离为，得到周期为，进而得到，再利用平移变换得到图象，然后根据图象关于y轴对称，求得解析式即可. 【详解】解：由函数图象相邻两条对称轴之间的距离为，可知其周期为， 所以，所以． 将函数的图象向左平移个单位后，得到函数图象． 因为得到的图象关于y轴对称， 所以，，即，． 又， 所以， 所以． 由得，，即． 故选：B． 5. 已知函数的图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角函数的图象，利用最值、周期、特殊点确定、、的值，即可得出结论. 【详解】由图象知，函数的最小正周期， 即，，由五点对应法则代入知， ，即，因为，解得， 所以，则. 故选：B 6. 在中，，则这个三角形一定是（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等腰或直角三角形 【答案】D 【解析】 【分析】由正弦定理和三角恒等变换得到或，得到三角形形状 【详解】，由正弦定理得， 故， 又， ， 所以， 所以， 即，所以或， 由得或（舍去）， 由得， 故这个三角形一定是等腰或直角三角形 7. 若，则（ ） A. 或2 B. 或 C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件，利用正切的二倍角公式求出tanα，再利用正余弦二倍角公式和同角三角函数的商数关系化简要求值的式子，带值计算即可得到答案. 【详解】或， 代入tanα求得值均为：2. 故选：C. 8. 如图，是由三个全等的钝角三角形和一个小的正三角形拼成一个大的正三角形，若，点M为线段上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意结合余弦定理求得，从而可求得，设，则，利用二次函数的性质即可求解. 【详解】因为是由三个全等的钝角三角形和一个小的正三角形拼成一个大的正三角形， 又， ， 则，即， 设， 则 又，则时，取最小值. 故选：C 二、多选题：本题共3小题，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. 下列有关复数的叙述正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则的虚部为 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据复数的运算､复数的概念､复数模的计算及几何意义判断各选项. 【详解】对于A，，则，故A正确； 对于B，，则的虚部为，故B不正确； 对于C，设，由得，所以，故C正确； 对于D，若，则复数对应的点在以为圆心，1为半径的圆上，这个圆上的点到原点的距离最小值为0，最大值为2，所以，D正确. 故选：ACD. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的值域是R B. 在定义域内是增函数 C. 的最小正周期是 D. 的解集是 【答案】AC 【解析】 【分析】根据正切函数的性质，即可判断A项；求出函数的单调递增区间，即可判断B项；由周期公式，求出周期，即可判断C项；由时，由的解，即可得出，求解不等式即可得出解集，判断D项. 【详解】对于A项，根据正切函数的性质，可知的值域是R，故A项正确； 对于B项，由可得，，所以的定义域为. 由可得，，所以在每一个区间上单调递增，故B项错误； 对于C项，由已知可得，的最小正周期是，故C项正确； 对于D项，当时，由，可得. 则由可得，， 所以的解集是，故D项错误. 故选：AC. 11. 已知函数，有下列四个结论，其中正确的结论为（ ） A. 在区间上单调递增 B. 不是的一个周期 C. 当时，的值域为 D. 的图像关于轴对称 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，通过举反例取，得出单调递减；对于B，根据周期的定义，即可判断；对于C，由得出的解析式，设，即可得出值域；对于D，由奇偶函数的定义判断出为偶函数，即可判断D． 【详解】因为是上的偶函数，所以， 对于A： 当时，，设， 则，在上单调递减， 又在上单调递增， 所以在单调递减，故A错误； 对于B： ，故B错误； 对于C： 当时，， 设， 则， 因为， 所以，故C正确； 对于D： 定义域为， 因为， 所以为偶函数，图像关于轴对称，故D正确； 故选：BCD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，的夹角为，，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据计算可得结果. 【详解】. 故答案为：. 13. 若，，则________. 【答案】 【解析】 【分析】根据以及求出，根据二倍角的正弦、余弦公式求出，，根据及两角差的正弦公式可得结果. 【详解】因为，， 当时，， 又，所以， 所以， 所以， ， 所以 . 故答案为：. 【点睛】本题考查了同角三角函数的基本关系式，考查了二倍角的正弦、余弦公式，考查了两角差的正弦公式，拆角：是解题关键.属于中档题. 14. 已知函数，当时取得最小值，当时取得最大值，且在区间上单调.则当取最大值时的值为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据函数取得最值的自变量，得到的等式，再根据函数在区间上单调，得到的范围，通过对取得最大值时的函数性质进行讨论，从而夹逼出的值. 【详解】根据题意，因为当时取得最小值，当时取得最大值， 故，解得. 因为在区间上单调，故，即可得 解得，又，当时， 且，由，得， 此时在区间单调，满足题意. 故的最大值为10，此时的值为. 故答案为：. 【点睛】本题考查三角函数的周期性，单调性，属综合中档题；本题中对范围的求解，是关键的步骤. 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. 已知非零向量，满足，且. （1）求与的夹角； （2）若，求. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）由，得，则，再结数量积的公式和可求得与的夹角； （2）由，得，将此式展开，把代入可求得结果 【详解】（1）∵，∴， ∴， ∴， ∵，∴， ∴， ∵，∴与的夹角为. （2）∵，∴， ∵，又由（1）知， ∴，∴. 【点睛】此题考查平面向量的数量积的有关运算，考查计算能力，属于基础题 16. 已知，，且，． （1）求的值； （2）求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据的范围及可求的值； （2）先求，结合和角公式，求出，根据的范围可得角的大小. 【小问1详解】 因为，所以， 因为，所以. 【小问2详解】 因为，，所以， 因为，所以，且； . 因为，所以. 17. 已知函数. （1）化简 （2）求函数在的值域. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）直接利用诱导公式化简即可； （2）先将化简，然后利用换元法将转化为二次函数，然后利用二次函数的性质求解值域. 【小问1详解】 ； 【小问2详解】 由（1）可得 ， 令，，， ，， 对称轴为， 当时，， 当时，， 故函数的值域为. 18. 在面积为的中，内角，所对的边分别为，且. （1）求角； （2）若，求的周长； （3）若为锐角三角形，且边上的高为2，求面积的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将角的关系化为边的关系，再通过余弦定理求出角. （2）先由三角形面积公式求出的值，再结合余弦定理求出的值，进而得到三角形的周长. （3）根据三角形面积公式得到与面积的关系，再利用正弦定理和锐角三角形的条件确定角的范围，从而得出面积的取值范围. 【小问1详解】 由正弦定理得，所以， 所以，由余弦定理，， 因，则. 【小问2详解】 由余弦定理，，即， 又，由条件知，所以， 所以，，. 所以周长为. 【小问3详解】 由可得： 由正弦定理，，即得：， 则 由为锐角三角形可得，，解得：， 则，，故得， 即面积的取值范围为. 19. 我们知道，三角形中存在诸多特殊位置的点，并且这些特殊点都具备一定的特殊性质.意大利学者托里拆利在研究时发现：在三角形的三边分别向其外侧作等边三角形，这三个等边三角形的外接圆交于一点，该点即称为托里拆利点（以下简称“点”）.通过研究发现三角形中的“点”满足到三角形三个顶点的距离和最小.当的三个内角均小于时， 使得的点即为“点”； 当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为“点”.试用以上知识解决下面问题: 已知的内角所对的边分别为. （1）若，则 ①求； ②若，设点为的“点”， 求； （2）若，设点为的“点”，，求实数的最小值. 【答案】（1）①；②； （2）. 【解析】 【分析】（1）①由正弦定理，边化角，利用两角和的正弦公式化简，即可求解； ②由三角形面积公式及向量数量积求解； （2）由三角恒等变换可知，再设，，，，得到，结合三个余弦定理表示，和，勾股定理确定等量关系，再结合基本不等式，即可求解； 【小问1详解】 ①在 中，由正弦定理得， ，有， ， ， ，，又， ； ②由①知，则 的三个角都小于， 由“点”定义知：， 设，，，由得 ，整理得， 所以 . 【小问2详解】 由，结合正弦定理， 有，均为三角形内角， 或（舍），即，， 由点为的“点”，得， 设， ，，， 由， 得， 由余弦定理得 ， ， ， 相加得，得， 整理得， 于是，当且仅当，即时取等号， 又 因为 而 解得，所以实数的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度高一（下）5月中期学情调研试卷 数学试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知圆心角是2弧度的扇形的周长为4，则扇形的面积为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 已知，则的虚部为（ ） A. B. C. 2 D. 3. 下列各式中，值为的是 A. B. C. D. 4. 已知函数图象上相邻两条对称轴之间的距离为，将函数的图象向左平移个单位后，得到的图象关于y轴对称，则函数的一个零点是（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数的图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 0 6. 在中，，则这个三角形一定是（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等腰或直角三角形 7. 若，则（ ） A. 或2 B. 或 C. 2 D. 8. 如图，是由三个全等的钝角三角形和一个小的正三角形拼成一个大的正三角形，若，点M为线段上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，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. 下列有关复数的叙述正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则的虚部为 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的值域是R B. 在定义域内是增函数 C. 的最小正周期是 D. 的解集是 11. 已知函数，有下列四个结论，其中正确的结论为（ ） A. 在区间上单调递增 B. 不是的一个周期 C. 当时，的值域为 D. 的图像关于轴对称 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，的夹角为，，，则______. 13. 若，，则________. 14. 已知函数，当时取得最小值，当时取得最大值，且在区间上单调.则当取最大值时的值为________. 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. 已知非零向量，满足，且. （1）求与的夹角； （2）若，求. 16. 已知，，且，． （1）求的值； （2）求的值． 17. 已知函数. （1）化简 （2）求函数在的值域. 18. 在面积为的中，内角，所对的边分别为，且. （1）求角； （2）若，求的周长； （3）若为锐角三角形，且边上的高为2，求面积的取值范围. 19. 我们知道，三角形中存在诸多特殊位置的点，并且这些特殊点都具备一定的特殊性质.意大利学者托里拆利在研究时发现：在三角形的三边分别向其外侧作等边三角形，这三个等边三角形的外接圆交于一点，该点即称为托里拆利点（以下简称“点”）.通过研究发现三角形中的“点”满足到三角形三个顶点的距离和最小.当的三个内角均小于时， 使得的点即为“点”； 当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为“点”.试用以上知识解决下面问题: 已知的内角所对的边分别为. （1）若，则 ①求； ②若，设点为的“点”， 求； （2）若，设点为的“点”，，求实数的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $