精品解析：陕西渭南市瑞泉中学2025-2026学年高一下学期第二次教学质量检测数学试题

瑞泉中学2025-2026学年度下学期第二次教学质量检测 高一数学试题 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、单项选择题：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，只有一项符合题目要求． 1. 若复数，则的实部为（ ） A. 1 B. 4 C. 3 D. 7 2. 已知，，若，则（ ） A. B. 2 C. D. 3. 复数的共轭复数是 A. B. C. D. 4. 若点A在点C的北偏东60°方向上，点B在点C的南偏东30°方向上，且AC=BC，则点A在点B的（ ） A. 北偏东方向上 B. 北偏西方向上 C. 北偏东方向上 D. 北偏西方向上 5. 已知△ABC的三边分别是a，b，c，设向量＝(sinB－sinA，a＋c)，＝(sinC，a＋b)，且∥，则B的大小是（ ） A. B. C. D. 6. 若，则（ ） A. B. C. D. 7. 在中，角，，的对边分别为，，，，，，为中点，为上的点，且为的平分线，下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在四边形中，，为等边三角形，则面积的最大值为（ ） A. B. C. 2 D. 二、多项选择题：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. 关于三角函数性质说法正确的是（ ） A. 对称轴为， B. 对称中心为， C. 在定义域上单调递增 D. 最大值为 10. 已知平面向量，，下列命题正确的有（ ） A. B. 若，则 C. 若，则存在实数使 D. 则夹角一定为锐角 11. 已知为的外心，外接圆半径为，且满足，内角，，所对的边分别为，，，下列说法正确的有（ ） A. B. 三边之比 C. 为钝角三角形 D. 的最大值为 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：每小题5分，共15分． 12. _____． 13. 已知，，则在上的投影数量为_____． 14. 在中，若三角形内部一点满足，则称点为的布洛卡点．当为锐角三角形时，布洛卡角满足关系式：．已知，且，则_____． 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. 已知的终边在直线上．求： （1）； （2），． 16. 化简. （1）化成形式； （2）求的最小正周期、单调递增区间； （3）求时函数的值域． 17. 在中，内角所对的边分别为，且满足. （1）求； （2）设点在边上，，且，，求的面积. 18. 如图，在矩形中，，点在边上运动（含端点），点在边上运动（含端点），与交于点. （1）若是的中点，，，求实数的值； （2）若是的中点，，求实数的取值范围； （3）若，，求的最大值. 19. 已知函数，在中，内角，，所对的边分别为，，． （1）求的值，并求函数的对称中心坐标； （2）将的图象向右平移个单位得到函数，若对任意，都有恒成立，且为的内角，求角； （3）在（2）的条件下，，设为的内心，且满足，求的面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 瑞泉中学2025-2026学年度下学期第二次教学质量检测 高一数学试题 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、单项选择题：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，只有一项符合题目要求． 1. 若复数，则的实部为（ ） A. 1 B. 4 C. 3 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的加法运算及实部的定义即可求解． 【详解】，故的实部为4． 2. 已知，，若，则（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的坐标运算公式即可求解． 【详解】． 3. 复数的共轭复数是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的运算法则化简，即可写出. 【详解】因为， 故的共轭复数. 故选D. 【点睛】本题主要考查了复数的运算，共轭复数的概念，属于中档题. 4. 若点A在点C的北偏东60°方向上，点B在点C的南偏东30°方向上，且AC=BC，则点A在点B的（ ） A. 北偏东方向上 B. 北偏西方向上 C. 北偏东方向上 D. 北偏西方向上 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意画出几何位置关系，即可判断角度和方向. 【详解】由题意，点A在点C的北偏东60°方向上，点B在点C的南偏东30°方向上，且AC=BC，可得几何位置关系如下图所示： 则， 所以,故点A在点B的北偏东方向上 故选：A 【点睛】本题考查了根据位置关系求角度的实际应用，属于基础题. 5. 已知△ABC的三边分别是a，b，c，设向量＝(sinB－sinA，a＋c)，＝(sinC，a＋b)，且∥，则B的大小是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理，把已知条件转化为a2＋c2－b2＝－ac，利用余弦定理及可求出B. 【详解】因为∥， 所以(a＋b)(sinB－sinA)＝sinC(a＋c). 由正弦定理得，(a＋b)(b－a)＝c(a＋c)， 整理得：a2＋c2－b2＝－ac， 由余弦定理得cosB＝＝＝－. 又0<B<π，所以B＝. 故选：B 6. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将式子先利用二倍角公式和平方关系配方化简，然后增添分母()，进行齐次化处理，化为正切的表达式，代入即可得到结果． 【详解】将式子进行齐次化处理得： ． 故选：C． 【点睛】易错点睛：本题如果利用，求出的值，可能还需要分象限讨论其正负，通过齐次化处理，可以避开了这一讨论． 7. 在中，角，，的对边分别为，，，，，，为中点，为上的点，且为的平分线，下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】利用正弦定理、余弦定理、三角形面积公式，结合角平分线的性质逐一判断即可. 【详解】解析：由正弦定理可知： 又， ，， 在中，得． A．； B．； C．由角平分线性质可知： ． ． D．在中， ． 故选：AD 8. 如图，在四边形中，，为等边三角形，则面积的最大值为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】先在中用三角形面积公式表示出面积、由余弦定理求出，再代入等边的面积公式得其面积，利用与全等的性质，推出面积为与面积和的一半，将表达式化简为正弦型函数，最后根据三角函数最值条件求出面积的最大值. 【详解】在中，设，则. 由余弦定理知. 中，. 又，为等边三角形. 所以,即 所以可通过判断和全等. 故. 所以当，即时，. 二、多项选择题：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. 关于三角函数性质说法正确的是（ ） A. 对称轴为， B. 对称中心为， C. 在定义域上单调递增 D. 最大值为 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于，令，可得，，即为函数图象的对称轴，A对， 对于，令，可得，，即，是函数图象的对称中心，B对， 对于，其定义域为，单调区间为，而在整个定义域内不单调，C错， 由且，结合正弦函数的性质知其最大值为，D对. 10. 已知平面向量，，下列命题正确的有（ ） A. B. 若，则 C. 若，则存在实数使 D. 则夹角一定为锐角 【答案】AB 【解析】 【详解】，其中，A对， 由，则，即， 所以，即，B对， 若为非零向量，，满足，但不存在实数使，C错， 当非零向量同向共线时，，但此时它们的夹角为，D错. 11. 已知为的外心，外接圆半径为，且满足，内角，，所对的边分别为，，，下列说法正确的有（ ） A. B. 三边之比 C. 为钝角三角形 D. 的最大值为 【答案】A 【解析】 【分析】对于A，根据向量的数量积及运算律求解即可；对于B，根据圆心角与圆周角的关系，结合二倍角公式求出，同理求出，，结合正弦定理判断即可；对于C，结合选项B及边角关系得到为最大角，根据余弦定理得到，即为锐角，即可判断；对于D，结合选项B判断即可. 【详解】对于A，由，得， 所以，即， 也即，所以，A正确. 对于B，因为，所以， 又，所以. 同理可得，；，， 由正弦定理得，，B错误. 对于C，由选项B得，为最大角，设， 由余弦定理得， 又，所以为锐角，故为锐角三角形，C错误. 对于D，由选项B得，，D错误. 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：每小题5分，共15分． 12. _____． 【答案】1 【解析】 【详解】. 13. 已知，，则在上的投影数量为_____． 【答案】 【解析】 【详解】因为在上的投影数量为， 而，，所以， 所以. 14. 在中，若三角形内部一点满足，则称点为的布洛卡点．当为锐角三角形时，布洛卡角满足关系式：．已知，且，则_____． 【答案】或 【解析】 【分析】设，，，利用两角和的正切公式推导出，再由可得出，结合可得出，即可得出，解出、的值，可得出的值，由此可得出的值. 【详解】设，，， 在锐角中，， 所以，化简得， 由可得，所以， 由 可得， 将代入得，化简可得， 所以，所以，解得或， 当，时，则， 所以，则； 当，时，则， 所以，则. 综上所述，或. 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. 已知的终边在直线上．求： （1）； （2），． 【答案】（1）当的终边在第二象限时，，当的终边在第四象限时 （2）， 【解析】 【分析】（1）根据三角函数的定义即可求解； （2）根据二倍角公式即可求解. 【小问1详解】 由题意得：的终边在直线上，所以的终边在第二象限或第四象限， 当α终边在第二象限时，在终边上取点，则， 所以， 当终边在第四象限时，在终边上取点，则， 所以； 【小问2详解】 由（1）有： 当α终边在第二象限时，在终边上取点，则， 所以，， 所以， ， 当终边在第四象限时，在终边上取点，则， 所以，， 所以， ， 综上所述，. 16. 化简. （1）化成形式； （2）求的最小正周期、单调递增区间； （3）求时函数的值域． 【答案】（1） （2）最小正周期为，单调递增区间为 （3）值域为 【解析】 【分析】（1）由辅助角公式求解即可； （2）由最小正周期公式可求得最小正周期，整体法可求得单调区间； （3）先求出的范围，再由正弦曲线可得结果. 【小问1详解】 ， 所以. 【小问2详解】 最小正周期为， 令，解得， 所以单调递增区间为. 【小问3详解】 当时，， 由正弦曲线可知， 所以时函数的值域为． 17. 在中，内角所对的边分别为，且满足. （1）求； （2）设点在边上，，且，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理把边转化为角的正弦形式，再通过两角和的正弦公式以及三角形内角和性质化简等式，结合三角形内角范围舍去不为零的正弦值，进而求出角的大小. （2）根据线段比例设未知数表示各线段长度，分别在两个小三角形中用余弦定理表示互补两角的余弦值，利用互补角余弦互为相反数建立方程，再在大三角形中用余弦定理列关系式，联立方程求出边长，最后代入公式算出三角形面积. 【小问1详解】 由正弦定理，为外接圆半径. 所以， 化为：， 即， 因为，所以， 因为，所以化简得. 【小问2详解】 设，则， 在中：， 在中：， 由，得， 整理得； 在中：， 即，即. 解得（负值舍去），面积. 18. 如图，在矩形中，，点在边上运动（含端点），点在边上运动（含端点），与交于点. （1）若是的中点，，，求实数的值； （2）若是的中点，，求实数的取值范围； （3）若，，求的最大值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）建立平面直角坐标系，确定坐标及、，设点坐标，由用表示，再结合列方程组，求解. （2）确定矩形各顶点与坐标，由用表示，再由联立方程，推出，根据范围求出取值区间. （3）由三点共线得，设，写出各点与相关向量，把用线性表示，利用建立等式，求出关于的解析式，化简后借助函数单调性求得最大值. 【小问1详解】 如图，以A为原点建立平面直角坐标系， 则，所以， 设点，则，由，得， 所以，即， 设，则， 所以，解得； 【小问2详解】 易知， 由得：， 设，则， 所以，可得. 由于，所以； 【小问3详解】 因为三点共线，且， 所以， 设. 则. 所以， 所以， 又，，所以， 所以， 所以， 若，则，若，则， 由对勾函数性质可知当时，单调递减， 故当时，取得最大值为. 综上所述：的最大值为. 19. 已知函数，在中，内角，，所对的边分别为，，． （1）求的值，并求函数的对称中心坐标； （2）将的图象向右平移个单位得到函数，若对任意，都有恒成立，且为的内角，求角； （3）在（2）的条件下，，设为的内心，且满足，求的面积． 【答案】（1），对称中心坐标为 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）直接代值即可求解，根据余弦函数的对称性求解对称中心； （2）先根据函数的平移得到，分析可得为在上的最大值，进而求解即可； （3）由可得，设的内切圆半径为，过点作，垂足为，分析可得，再利用等面积法得到，结合余弦定理可得，求出，再根据三角形的面积公式求解即可. 【小问1详解】 由，得， 令，得， 则函数的对称中心坐标为. 【小问2详解】 由题意，， 当时，， 对任意，都有恒成立， 则为在上的最大值，所以，则. 【小问3详解】 由，得， 设的内切圆半径为，过点作，垂足为， 由于为的内心，则， 而为的角平分线，则， 所以， 由，得，即， 由余弦定理得，，则， 即，则，解得或（舍去）， 则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $