湖北武汉市吴家山中学2025-2026学年高一下学期数学期中复习卷4.20

**基本信息** 以三角函数、向量、解三角形为核心，通过典型问题整合知识逻辑，提炼正余弦定理、向量投影等方法，培养数学思维与应用能力。 **综合设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |三角函数与解三角形|单选1,4,6;解答16,17,19|三角函数定义、正余弦定理、两角差正切、均值不等式|定义→诱导公式→图像性质→解三角形应用| |向量与几何|单选2,5,9;填空14|向量投影公式、奔驰定理、外接圆性质|向量数量积→投影计算→几何模型构建| |立体几何|填空12,13|斜二测画法、展开法、余弦定理|空间几何体→直观图转化→距离最值计算|

2026年4月20日期中复习卷 一、单选题 1．角的终边过点，则（    ） A． B． C． D． 2．已知，，则在方向上的投影向量的坐标为（    ） A． B． C． D． 3．如图，在河岸上测量河对面两点间的距离，测得，则（   ） A． B． C．2 D． 4．已知锐角中，角、、所对的边分别为、、，若，，则的面积的取值范围是（   ） A． B． C． D． 5．如图，直线与的边分别相交于点.角所对的边分别为，则（    ） A． B． C． D．与的大小与取值有关 6．最大视角问题是1471年德国数学家米勒提出的几何极值问题，故最大视角问题一般称为“米勒问题”．如图，树顶A离地面18米，树上另一点B离地面11米，若在离地面2米的C处看此树，则tan∠ACB的最大值为（   ） A． B． C． D． 7．，在上单调递增，且为它的一条对称轴，是它的一个对称中心，当时，的最小值为（   ） A． B． C．1 D．0 8．在中，已知，，，为线段上的一点，且，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．如图，是边长为的等边三角形，是的外接圆圆心，延长与交于点是外接圆上一点，则（    ） A．的最大值为4 B． C． D．当取最大值时，三点共线 10．内江大千游乐场的摩天轮如图所示，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢往上转，可以从高处俯瞰四周景色，摩天轮最高点距离地面高度为120米，转盘直径为110米，当游客坐上“深圳之光”摩天轮的座舱开始计时，开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置登舱，转一周大约需要30分钟，开始转动分钟后距离地面的高度为米.已知关于的函数关系式满足，则下列正确的是（    ） A． B． C．若游客在距离地面至少92.5米的高度能够获得最佳视觉效果，则摩天轮在运行一周的过程中，游客具有10分钟的最佳视觉效果 D．当甲登上摩天轮5分钟后，乙也在摩天轮最低处登上摩天轮，在运行一周的过程中，两人距离地面的最大高度差为55米 11．三角形中的奔驰定理是指：是内一点，，，的面积分别为，，，则．若，则以下命题正确的有（   ） A． B．有可能是的重心 C．若为的外心，则 D．若为的内心，则为直角三角形 三、填空题 12．已知用斜二测画法画出的直观图是边长为1的正三角形（如图），则中边长与的边长相等的边上的高为_______________    13．如图，某圆柱的一个轴截面是边长为3的正方形，点在下底面圆周上，且，点在母线上，点是线段上靠近点A的四等分点，则的最小值为______. 14．在中，内角，，所对的边分别为，，，是的外心，，则________，的最小值为________． 四、解答题 15．设复数满足： (1)若，求与． (2)若是实系数一元二次方程的两个根，求实数的值． 16．已知函数的部分图象如图所示. (1)求的解析式. (2)设函数. （i）求的单调递减区间； （ii）若，求的最大值与最小值. 17．如图，已知是半径为1，圆心角为的扇形，是扇形弧上的动点，记， (1)请用，来表示平行四边形的面积； (2)若，求平行四边形面积的最大值，以及面积最大时角的值； (3)若，求的取值范围. 18．设函数 (1)化简； (2)将函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于原点对称，求的单调递增区间； (3)在（2）的条件下，△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.若，求的取值范围． 19．请从下面三个条件中任选一个，补充在下面横线上，并解答.①；②；③. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知_________. (1)求角A； (2)若，. （ⅰ）若，求的最大值； （ⅱ）若为锐角三角形，，求实数t的取值范围. 试卷第1页，共3页 《2026年4月20日高中数学作业》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C A C B D A D ABC ACD 题号 11 答案 ACD 1．C 【分析】由诱导公式可得，利用三角函数的定义求出即可. 【详解】因为角的终边过点， 所以， 所以， 故选：C 2．C 【分析】根据投影向量的计算公式求解即可 【详解】依题意，，，故在方向上的投影向量的坐标为：. 故选：C 3．A 【分析】由条件结合内角和公式求，，在，中，分别利用正弦定理求，在中，利用余弦定理求. 【详解】因为， 所以， ， ， 在中，由正弦定理可得，则． 在中，由正弦定理可得，则． 在中，由余弦定理可得 ，则． 4．C 【分析】由余弦定理求得角，然后利用三角形面积公式和正弦定理，将面积表示为的正弦型函数，根据三角函数的图象性质即可求解． 【详解】由，和余弦定理，可得， ，所以， 又由正弦定理，可得，则， 所以的面积 ， 因为为锐角三角形， 由解得，则，， 故. 5．B 【分析】利用余弦和差公式化简，再应用正弦定理整理即可得到两者关系. 【详解】 ， 又由正弦定理得，在中，，（为外接圆半径）， ； . 代入得. 6．D 【分析】将用与，用两角差的正切建立关系式，利用均值不等式求解. 【详解】如图，过点作，交于点，则． 设，在中，． 在中，， 所以， 当且仅当，即时取等号． 7．A 【分析】利用正弦函数的对称性得出，根据单调性得出，从而确定，结合对称轴与对称中心再求出，得出函数解析式，利用整体思想及正弦函数的性质即可得解. 【详解】因为函数在上单调递增，且为它的一条对称轴， 所以时函数取最大值， 又因为是它的一个对称中心， 所以，， 设的最小正周期为，由正弦函数的对称性可知， 即， 又在上单调递增，则， ∴，则，， ∵，∴时，，∴， 当时，， 由正弦函数的单调性可知. 故选：A 8．D 【分析】根据题目信息结合三角恒等变换及向量的数量积公式解出三角形，建立平面直角坐标系，由为线段上的一点，则存在实数使得，求出点坐标，再根据，求出点坐标，从而得到，利用基本不等式即可求出答案. 【详解】中设，，， 因为，， 所以， 即， 所以， 因为，所以， 所以，又，所以， 又因为，所以， 又，所以， 在中，，，， 根据，所以，， ， 以所在的直线为轴，以所在的直线为轴建立直角坐标系， 可得，，，所以，， 为线段上的一点， 则存在实数使得， 设，，则，， 所以，则， 所以，，则， 所以， 当且仅当，即，时，等号成立， 此时， 所以的最小值为. 9．ABC 【分析】对于A，由外接圆直径为的最大值可判断；对于B，由向量投影与数量积的关系可判断； 对于C，由等边三角形重心的向量性质可判断；对于D，由的几何意义与点的位置可判断. 【详解】对于A，因为的边长为，外接圆的半径，所以的最大值为，故A正确； 对于B，由题意知，所以，故B正确； 对于C，等边三角形的外接圆圆心也是重心，所以，所以，故C正确； 对于D，当取最大值时，点是圆的最右边的点，即过点O的水平线与圆在右侧的交点， 此时在上的投影向量的模最大，显然不满足，三点共线，故D错误. 10．ACD 【分析】先由摩天轮周期求，再结合其最高、最低点高度确定、和得到函数式，接着令函数满足最佳视觉效果条件解不等式得出相应时间，最后分别表示甲、乙高度来求最大高度差. 【详解】已知摩天轮最高点米，直径米，周期分钟，时游客在最低点， 所以最低点高度为米，所以振幅， ，，因此A选项正确， 又因为，时，所以， 即，又因为， 所以，因此函数为：， 所以B选项错误， 又因为，所以， 又因为，所以， 解不等式得：，即， 所以时长为，C选项正确， 当甲出发分钟（甲运行一周内），乙晚出发5分钟时，高度分别为： ，， 高度差化简得：， 根据三角函数两角差余弦公式可得：， 进一步化简可得：， 所以， 又因为最大值为，且、都在区间内， 因此最大高度差为米，D选项正确. 11．ACD 【详解】根据奔驰定理：的系数之比等于对应三角形的面积之比，即. 若是的重心，则，与，所以不是的重心. 当为的外心时，， 所以，即. 当为的内心时，，其中为内切圆半径，所以，因此，所以为直角三角形. 12． 【分析】由斜二测画法的特点可知平行于轴的边长不变，在直观图中由正弦定理求出，然后求出原图中的长度即可求解. 【详解】由于用斜二测画法画出的直观图是边长为1的正三角形， 则中边长与的边长相等的边为， 在中，，， 所以，由正弦定理得：， 所以，所以原图中边上的高为：， 故答案为：. 13． 【分析】将三角形展开到与三角形共面，分析可知，当共线时取等号，结合余弦定理运算求解. 【详解】由题意知，且，则. 将三角形展开到与三角形共面，记为三角形， 可知共线，则. 可得，当共线时取等号. 又因为， 所以在中，由余弦定理得， 即，所以的最小值为. 14． /0.25 【详解】，可得． (为外接圆的半径)， ，，，故． 又，且， ，， ． ，，， （，）． 令，，则，在上单调递增， ∴当时，取得最小值，， ． 15．(1)或 (2)或 【分析】（1）先设，代入运算即可； （2）由题意可设，则，代入运算即可. 【详解】（1）设，由得到， 因为， 则， 整理得， 可得，解得或， 所以或； （2）若，是实系数一元二次方程的两个虚根， 则，且，互为共轭复数， 设，则，可得，， 因为，即 解得或， 所以或. 16．(1) (2)（i）；（ii）最大值为，最小值为 【分析】（1）由图可知，根据周期求出，根据函数的最大值求出，将代入求出，即可得到答案； （2）（i）根据两角和的正弦公式及辅助角公式求出，结合正弦函数的单调性，整体代入求解即可得答案； （ii）利用换元法即可求得函数在上的最大值和最小值， 【详解】（1）设的最小正周期为，则，解得， 所以，解得. 由题意知，所以， 又， 所以，即， 又，所以， 所以. （2）（i） ， 由，解得， 故的单调递减区间为. （ii）设， 因为，所以， 函数在上单调递减，在上单调递增， 当，即时，， 当，即时，， 故在上的最大值和最小值分别为和. 17．(1) (2) (3) 【分析】（1）过点作的垂线，在，中利用三角函数值表示边长，即可表示出四边形的面积； （2）运用三角恒等变换和三角函数的性质计算关于的三角函数的最值即可； （3）表示，在中，表示出，利用三角恒等变换和三角函数的性质计算即可求解. 【详解】（1）过点作的垂线，垂足为，在中，， 在中，， 所以， 所以平行四边形的面积为； （2）由（1）有： 当时，， 所以 ， 又，所以， 所以当时，即，取最大值为； （3）由（1）有， 在中，， 所以， 所以， 又，所以，所以，所以. 18．(1) (2) (3) 【分析】（1）利用诱导公式进行化简； （2）根据题意求解解析式，求出递增区间； （3）求出,再由基础知识求解的范围. 【详解】（1）由 （2）， 由的图象关于原点对称，则, 则，由，故， 故， ,则， 故单调递增区间为 （3）由,则, 由,所以，则 即 在中，,则， 所以,而,所以，得 由正弦定理，, 所以 因为，所以，则， 故. 所以的取值范围为. 19．(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）选①，可利用三角形内角和及两角和的正弦公式计算即可得解；选②，先将角化为边，再利用余弦定理即可得解；选③，先将角化为边，再利用两角和的正弦公式计算即可得解； （2）（i）借助平面向量线性运算法则及模长与数量积的关系及基本不等式计算即可得；（ⅱ）利用模长与数量积关系，可用表示，再借助正弦定理结合锐角三角形性质可求出范围，即可得解. 【详解】（1）选①， 则， 所以， 因为，所以，所以， 又因为，所以； 选②， 则， 所以，即， 所以，又因为，所以； 选③， 所以， 所以， 所以， 因为，所以，又因为，所以 （2）（i）因为，所以， 所以，即， 所以， 所以，（当且仅当时，取等号）， 所以的最大值为； （ⅱ）因为，所以， 因为， 所以，所以， 因为， 因为为锐角三角形，所以，所以， 所以，所以， 所以，所以 所以实数t的取值范围为. 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 $