精品解析：江西吉安市四所省重点中学2024-2025学年高一下学期第二次联考数学试题

江西吉安市四所省重点中学2024-2025学年高一下学期第二次联考数学试卷 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的. 1. 已知i为虚数单位，复数，复数的虚部为（ ） A. 1 B. 3 C. i D. 2. 将改写成的形式是（ ） A. B. C. D. 3. 在中，若，则下列结论错误的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知平行四边形的两条对角线交于点，，则（ ） A. B. C. D. 5. 在中，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，，且，，则为（ ） A. B. C. D. 或 7. 在平行四边形中，E为边上的动点，O为外接圆的圆心，，且，则的最大值为（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 8 8. 在四边形中，设的面积为，的面积为，，，，，则的值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 若函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. B. 直线是函数图象的一条对称轴 C. 不等式的解集为 D. 当，满足，则 10. 已知点为坐标原点，点，下列说法正确的是（ ） A. 若向量与同向，，则点的坐标为 B. 若，且，则向量的坐标为 C. 若，，则 D. 若，且与的夹角为锐角，则实数的值的取值范围为 11. 已知函数，则（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数的最大值为2 C. 函数关于对称 D. 函数在区间上单调递增 三．填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 12. 若非零向量，的夹角为，且，，则在上的投影向量为__________． 13. 已知扇形的圆心角为弧度，周长为10，则该扇形的面积为___________． 14. 已知，若 ，则的最小值为__________. 四．解答题：本题共6小题，17题10分，18、19、20、21、22题各12分，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知复数． （1）若为纯虚数，求的值； （2）若为实数，求的值； （3）若复数在复平面内对应的点位于第二象限，求的取值范围． 16. 已知为锐角，为钝角，且． （1）求的值； （2）求的值． 17. 在平面直角坐标系中，已知，，，． （1）的平分线与交于点，求点的坐标． （2）若，为与的交点． ①若，求； ②求的最小值． 18. 在中，内角，，的对边分别为，，．已知. （1）求角的值； （2）若，的面积为，求的值； （3）若，，求的值. 19. 在中，，为边上两点，，，． （1）若，，，用，，的三角函数值表示的值； （2）若，，求的值； （3）若，． ①求的值； ②求面积的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江西吉安市四所省重点中学2024-2025学年高一下学期第二次联考数学试卷 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的. 1. 已知i为虚数单位，复数，复数的虚部为（ ） A. 1 B. 3 C. i D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算及复数的定义即可求解. 【详解】∵，∴复数的虚部为3. 故选：B. 2. 将改写成的形式是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，利用角度制与弧度制的互化公式，即可求解. 【详解】根据角度制与弧度制的互化公式，可得． 故选：D. 3. 在中，若，则下列结论错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据大角对大边，再利用正弦定理化边为角即可判断A；根据余弦函数的性质即可判断B；举出反例即可判断C；根据二倍角的余弦公式即可判断D. 【详解】设三边所对的角分别为， 对于A，由，则，再由正弦定理得，故A正确； 对于B，因为，由余弦函数的单调性知，故B正确； 对于C，当时，满足，但，故C错误； 对于D，由A知，，所以， 又，，，故D正确． 故选：C． 4. 已知平行四边形的两条对角线交于点，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量加法、减法及数乘的几何意义求解即可. 【详解】由图可得：，故选项A错误； ，故选项B错误； ，故选项C错误； ，故选项D正确. 故选：D. 5. 在中，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用余弦定理求出，再利用三角形面积公式可得答案. 【详解】， 由余弦定理得， 解得，舍去， 则的面积为. 故选：A. 6. 已知，，且，，则为（ ） A. B. C. D. 或 【答案】A 【解析】 【详解】因为，，所以， 由同角三角函数的基本关系得， 由两角和的正切公式得， 而，，可得， 故，因此． 7. 在平行四边形中，E为边上的动点，O为外接圆的圆心，，且，则的最大值为（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意确定为直角三角形并求出线段的长，然后以为基底去计算的值即可. 【详解】由可知O为的中点，又因为O为外接圆的圆心， 所以为直角三角形，，所以， 又因为所以所以， 又因为E为边上的动点，所以 ， 因为，所以即 所以的最大值为6. 故选：C 8. 在四边形中，设的面积为，的面积为，，，，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由条件结合三角形面积公式和余弦定理可求，设，在，中利用正弦定理列方程可求，再结合面积公式表示，，由此可求结论. 【详解】在中，由余弦定理，， 因为， 所以，即， 又因为，所以． 设，因为，， 则，，， 在中，由正弦定理，，即， 在中，由正弦定理，，即， 又，所以， 所以， 所以， 即，因为， 所以， 所以， 所以，， 因为， 所以． 故选：B. 二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 若函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. B. 直线是函数图象的一条对称轴 C. 不等式的解集为 D. 当，满足，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】先通过函数图象确定函数的解析式，然后根据函数的性质逐一判断选项即可． 【详解】由图象知，最小正周期为，则， 将代入中，得，得，， 又，则，所以该函数的解析式为． 对于A，，故A正确； 对于B，由的对称轴为，，得，， 取时，直线是函数图象的一条对称轴，故B正确； 对于C，由，则，即，， 解得，，所以该不等式的解集为，，故C错误； 对于D，根据函数的解析式画图如下， 由，满足， 则，所以，故D正确． 10. 已知点为坐标原点，点，下列说法正确的是（ ） A. 若向量与同向，，则点的坐标为 B. 若，且，则向量的坐标为 C. 若，，则 D. 若，且与的夹角为锐角，则实数的值的取值范围为 【答案】AC 【解析】 【分析】运用向量共线、向量模长、向量垂直、向量夹角等概念及运算．通过已知条件，结合向量的坐标运算和相关公式来逐一判断各个选项的正确性． 【详解】对于A，向量与同向，所以，，又， 所以，所以，又，所以，故A正确； 对于B，若，且，则向量的坐标为或，故B错误； 对于C，，所以，故C正确； 对于D，若，且与的夹角为锐角，则与夹角为锐角， 所以，且，，故D错误． 故选：AC． 11. 已知函数，则（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数的最大值为2 C. 函数关于对称 D. 函数在区间上单调递增 【答案】ABD 【解析】 【分析】化简得函数，即可得周期和最值，将代入函数判断C；由于，根据余弦函数的单调性判断D. 【详解】函数 ， 所以函数的最小正周期为，最大值为，A、B正确； 当时，， 不是最值，C错误； 当时，， 因为余弦函数在上单调递增，D正确. 三．填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 12. 若非零向量，的夹角为，且，，则在上的投影向量为__________． 【答案】 【解析】 【详解】因为，所以， 解得：，所以， 所以在上的投影向量为. 13. 已知扇形的圆心角为弧度，周长为10，则该扇形的面积为___________． 【答案】 【解析】 【分析】由条件结合扇形的弧长及周长公式，列方程求出弧长和半径，进而可求得扇形的面积. 【详解】根据题意，扇形的圆心角为弧度，周长为10， 设扇形的半径为，弧长为，面积为， 则，解得，， 所以，扇形的面积. 14. 已知，若，则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【详解】因为 ， 所以复数在复平面对应的点到点的距离为1， 则复数在复平面对应的点的轨迹为以为圆心，为半径的圆， 而表示到原点的距离，且 ，则的最小值为. 四．解答题：本题共6小题，17题10分，18、19、20、21、22题各12分，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知复数． （1）若为纯虚数，求的值； （2）若为实数，求的值； （3）若复数在复平面内对应的点位于第二象限，求的取值范围． 【答案】（1） （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）（2）（3）利用复数的定义，以及复数的几何意义，列出相应的关系式，即可求解. 【小问1详解】 由复数，因为复数为纯虚数，可得，解得． 【小问2详解】 由复数为实数，可得， 解得或． 【小问3详解】 由复数在复平面内对应的点位于第二象限，则满足， 解得，即的取值范围为． 16. 已知为锐角，为钝角，且． （1）求的值； （2）求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用正切的倍角公式，即可求解； （2）根据条件，利用平方关系、商数关系和倍角公式，求得，利用正切的差角公式得，结合角的范围可得，即可求解. 【小问1详解】 因为，则. 【小问2详解】 因为为锐角，，可得， 由，可得， 所以，则， 又因为，所以，而， 可得，所以，则. 17. 在平面直角坐标系中，已知，，，． （1）的平分线与交于点，求点的坐标． （2）若，为与的交点． ①若，求； ②求的最小值． 【答案】（1） （2）①；②. 【解析】 【分析】（1）由题干条件易得D点坐标，由角平分线定理可得，由此可写出点的坐标； （2）①时，易得E点坐标，从而可写出的坐标，利用数量积可得； ②设，写出的坐标，得到关于的二次函数，由二次函数知识可知，在对称轴处取得最小值. 【小问1详解】 由题意可得，所以，由角平分线定理可知， 所以，故点. 【小问2详解】 ①因为为中点，所以，，， 则，，， 所以； ②设，则， 故，此为关于的二次函数， 对称轴为，即当时，取得最小值． 18. 在中，内角，，的对边分别为，，．已知. （1）求角的值； （2）若，的面积为，求的值； （3）若，，求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）在中，由及正弦定理可得，再利用余弦定理即可求解； （2）由（1）知，根据三角形面积公式可解出的值.再结合及完全平方公式可得，代入题中条件即可求解； （3）由，利用辅助角公式可解出的值，利用三角形内角的关系可得的值，利用正弦定理即可求解. 【小问1详解】 在中，，∴由正弦定理得，化简得， ∴由余弦定理可得. 又，所以. 【小问2详解】 由（1）知. 因为的面积为，解得. 由（1）可得，所以，即， 所以，解得（舍去）. 【小问3详解】 由（1）知. 由，得. 因为，所以，所以，即. ， 由正弦定理可知. 19. 在中，，为边上两点，，，． （1）若，，，用，，的三角函数值表示的值； （2）若，，求的值； （3）若，． ①求的值； ②求面积的最大值． 【答案】（1） （2） （3）①；②27. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理，先在中根据正弦定理求出EA，再在中用正弦定理求出EB，进而得到DE；另一种方法是通过，结合正弦定理求出BC从而得到DE． （2）先在用余弦定理得出，再根据判断是正三角形．过作DE垂线，利用正三角形性质得到，最后根据正切定义表示出与，求出比值． （3）通过已知条件得出边的比例关系，再利用三角形三边关系确定边的取值范围，进而求出三角形面积的表达式，最后根据二次函数性质求面积最大值． 【小问1详解】 在中，由正弦定理得：，， 在中由正弦定理得：， ，． 法二：． 【小问2详解】 在中，由余弦定理得， 在中，， 所以为正三角形，过作的垂线，垂足为， ，，则． 【小问3详解】 由，，，， 所以， ， 两式相乘得，所以 设，则，由，解得， 在中，， 则， ， 由，得， 当时，面积的最大值为27． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $