辽宁沈阳市翔宇中学2025-2026学年高一下学期数学期末复习卷（一）(难度较难）

**基本信息** 覆盖三角函数、向量、解三角形等核心知识，通过多梯度问题设计考查数学抽象与推理能力，解答题融合几何直观与模型构建，适配高一期末综合复习需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|象限角判断、向量共线、复数几何意义|基础概念辨析，如第1题结合象限角分类考查抽象能力| |多选题|3/18|圆的性质、三角函数图像|多结论辨析，如第9题结合圆中矩形与全等考查推理意识| |填空题|3/15|向量数量积、三角恒等变换|简洁计算，如第13题通过平方相加考查运算能力| |解答题|5/77|解三角形、函数零点、几何综合|分层探究，如第18题正方形动点问题考查空间观念与创新意识，第19题结合垂心与基本不等式考查模型意识|

2028届翔宇中学高一数学期末复习卷（一） 难度：较难 考察范围：新人教B版 必修三、必修四 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．已知为第三象限角，则为（    ） A．第一象限角 B．第二象限角 C．第三象限角 D．第四象限角 2．已知，，，，则（   ） A． B． C． D． 3．若是函数的图象的一条对称轴，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 4．已知圆上有三点、、，且，为中点，延长线与圆交于点，如图，，则的值为（    ） A． B． C．或 D．或 5．已知，，则（     ） A． B． C． D． 6．中，，点为平面内一点，且分别为的外心和内心，当的值最大时，的长度为（    ） A． B． C． D．1 7．在中，角所对的边分别是是的中点，，则面积的最大值为（    ） A． B． C．3 D． 8．已知i为虚数单位，在复平面内，点A，B，C所对应的复数分别为，，，若，则点D对应的复数是（    ） A． B． C． D． 二、多选题：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．如图，已知AB是⊙O的直径，弦，分别过M，N作AB的垂线，垂足为C，D．则如下结论正确的是（    ） A． B．若四边形MCDN是正方形，则 C．若M为的中点，则D为OB中点 D．若半径ON＝1，则扇形OBN的面积为 10．已知角和的终边关于x轴对称，则（    ） A． B． C． D． 11．已知函数的部分图像如图所示，则下列说法错误的是（    ） A．在区间上是增函数 B．点是图像的一个对称中心 C．若，则的值域为 D．的图像可以由的图像向右平移个单位长度得到 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．若向量与向量共线，则_____． 13．已知，，则__________ 14．已知中，点在边上，，，，则的面积为______；若，则______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 15．(本小题满分13分) 在中，A，B为锐角，且，． （1）求的值． （2）若，求a，b，c的值． 16．(本小题满分15分) 已知角满足，且． （1）求角的集合； （2）试判断的符号 17．(本小题满分15分) 设a为常数，函数. (1)当时，求的值域； (2)讨论在区间上的零点的个数； (3)设n为正整数，在区间上恰有2025个零点，求所有可能的正整数n的值. 18．(本小题满分17分) 如图，正方形ABCD的边长为1，P，Q分别为边BC，CD上的点，且； (1)求∠PAQ的大小； (2)求面积的最小值； (3)某同学在探求过程中发现PQ的长也有最小值，结合（2）他猜想“中PQ边上的高为定值”，他的猜想对吗?请说明理由． 19．(本小题满分17分) 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，. (1)求A； (2)若△ABC为锐角三角形，求的取值范围； (3)若为锐角三角形，O为△ABC的垂心，且满足（m，），求的最小值. 试卷第2页，共4页 试卷第1页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 卷（一）参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A A C D A B C AC BC 题号 11 答案 ABC 答案第4页，共11页 答案第3页，共11页 学科网（北京）股份有限公司 1．D 【分析】采用一般与特殊的思想，因为是第三象限角，所以令，即可判断所在的象限． 【详解】因为是第三象限角，故可令，则，是第四象限角． 故选：D． 2．A 【详解】作出图形如图所示，扇形，设半径为1，， 设，，由图可知， 又， 所以，所以， 由，，得．， ，故． 故选：A. 3．A 【分析】由题意可得，求出的值，结合可得答案. 【详解】是函数的图象的一条对称轴， 所以，则， 因为，所以当时，的最小值为. 故选：A. 4．C 【分析】连接，设，，，则，根据三角形相似可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，可得出，即可得解. 【详解】连接，因为是圆的直径，则， 故， 所以，， ，，则， 设，，，则， 由可得， 所以，，解得或 . 为的中点，则， 当，时，； 当，，时，. 综上所述，或. 故选：C. 【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法： （1）利用定义： （2）利用向量的坐标运算； （3）利用数量积的几何意义． 具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用． 5．D 【分析】由诱导公式及二倍角公式即可求得，然后由及求得的取值范围，从而求得答案. 【详解】， ， ∴，即，∴ 在中且，∴， ∴，∴，∴，即. 6．A 【分析】由已知可得在的垂直平分线上，由，可得，进而由正弦定理可得，的值最大，进而计算可求. 【详解】由，所以， 所以在的垂直平分线上， 设为的中点，可得， ，所以，从而， 由正弦定理可得， 所以， 当，，又要使的值最大时， 则为锐角，所以，从而为等腰直角三角形， 所以，所以均在斜边的垂直平分线上， 即为内切圆的半径，设内切圆半径为， 所以，所以， 解得，所以. 故选：A. 本题主要考查向量的几何运算及外接圆，内切圆的性质、正弦定理的应用，属于难题．向量的运算有两种方法，一是几何运算往往结合平面几何知识和三角函数知识解答，运算法则是：（１）平行四边形法则（平行四边形的对角线分别是两向量的和与差）；（２）三角形法则（两箭头间向量是差，箭头与箭尾间向量是和）；二是坐标运算：建立坐标系转化为解析几何问题解答（求最值与范围问题，往往利用坐标运算比较简单）． 7．B 【分析】结合已知条件，分别在、中应用余弦定理，可得，整理可得.由于，解得.利用同角三角函数基本关系式可求.进而根据三角形的面积公式可得.最后利用二次函数的性质即可求解的面积的最大值. 【详解】在中，由余弦定理得： . 在中，由余弦定理得： . .即. ，则. ， . 则当时，取得最大值. 故选：B. 8．C 【解析】设出的坐标，根据，结合向量相等的知识列方程组，解方程组求得的坐标，进而求得对应的复数. 【详解】∵点A，B，C对应的复数分别为，，，对应的复数为.设， ，，解得∴点D对应的复数. 故选：C. 【点睛】本小题主要考查复数对应坐标的运算，考查向量相等的坐标运算，属于基础题. 9．AC 【分析】连接OM、ON，利用条件证明四边形CMND是矩形且Rt△OMC≌Rt△OND（HL），得OC＝OD，∠COM＝∠DON，判断A正确；根据四边形MCDN是正方形时，CM＝2OC，，，判断B错误；若M是的中点，连接BN，得∠AOM＝∠MON＝∠BON＝60°，可知△ONB是等边三角形，结合ND⊥OB，得OD＝DB，判断C正确；根据现有的条件求不出∠BON的度数，故不能求出扇形OBN的面积，判断D错误. 【详解】连接OM、ON，如图，∵MC⊥AB、ND⊥AB，∴∠OCM＝∠ODN＝90°， 对于A，∵MN∥AB，∴∠CMN＋∠MCD＝180°，∴∠CMN＝90°， ∴四边形CMND是矩形，∴，在Rt△OMC和Rt△OND中，， ∴Rt△OMC≌Rt△OND（HL），∴OC＝OD，∠COM＝∠DON，∴，故A正确， 对于B，当四边形MCDN是正方形时，CM＝2OC，∴， ∴，故B错误， 对于C，若M是的中点，连接BN，∴∠AOM＝∠MON＝∠BON＝60°， ∵ON＝OB，∴△ONB是等边三角形，∵ND⊥OB，∴OD＝DB，故C正确． 对于D，根据现有的条件求不出∠BON的度数，故不能求出扇形OBN的面积，故D错误， 故答案为：AC． 10．BC 【分析】根据题意，由条件可得，然后结合诱导公式逐一判断，即可得到结果. 【详解】因为角和的终边关于x轴对称，可得，． 对于A，由，A错误； 对于B，由，B正确； 对于C，由，C正确； 对于D，由，D错误． 故选：AC． 11．ABC 【分析】根据题意，结合图像即可得到函数的解析式，然后结合正弦型函数的性质，对选项逐一判断即可得到结果. 【详解】由题图及五点作图法得，，，则，， 故. 由，得，所以函数在区间上是增函数. 时，函数在区间上是增函数，故函数在区间上是减函数，在区间上是增函数，故A错误； 由，得，函数图像的对称中心是，而时，，故B错误； 若，则，，则的值域为，故C错误； ，将函数的图像向右平移个单位长度得到的图像，故D正确. 故选：ABC. 12． 【分析】先由向量共线求出，然后计算. 【详解】解：因为，所以，解得 所以 故答案为. 【点睛】本题考查了平面向量平行的坐标表示，与向量数量积的坐标运算，属于基础题. 13．/ 【分析】对已知的两个式子左右两边平方，相加后利用同角三角函数基本关系，再结合两角差的正弦定理的逆用，代入即可求解. 【详解】由题知①， ②， 得， 即 ， 所以，所以. 14． / / 【分析】由正弦定理角化边得，进而由余弦定理可求，从而利用三角形面积公式可得面积；方法1：由 化简整理可；方法2：先求，然后在中利用余弦定理求出即可. 【详解】由正弦定理得，由余弦定理得， 代入化简得，解得，. 所以. 方法1：由，得， . 所以， ，即. 方法2：在中，. 由，得， 于是，在中， ， 所以. 故答案为：；. 15．（1）；（2），， 【分析】（1）由二倍角公式，先求出的值，再利用两角和的余弦求值即可， （2）由正弦定理，可得的比值即可得解. 【详解】解：（1），B为锐角，， ． 又，， ． ． ，． （2）由（1）知，，． 由正弦定理， 得，即，， ，， ，． 【点睛】本题考查了二倍角公式，两角和的余弦及正弦定理，属中档题. 16．（1）；（2）的符号为正 【分析】(1)先根据三角函数的符号法则判断出角所在的象限,再写出对应的集合; (2)由角的范围得到的范围,再讨论整数的奇偶,结合三角函数的符号法则可得. 【详解】（1）由，知角的终边在第三、四象限或在轴的非正半轴上； 又，所以角的终边在第三象限， 故角的集合为． （2）由，得， 当，角的终边在第二象限，此时， 所以的符号为正； 当时，角的终边在第四象限，此时，所以的符号为正. 因此，的符号为正． 【点睛】本题考查了三角函数的符号法则,分类讨论思想,属于中档题. 17．(1) (2)答案见解析 (3)1350 【分析】（1）对函数化简得，然后利用换元法得到，，从而求解； （2）根据（1）中换元后得，且，然后分类讨论的情况，从而求解； （3）由（1）（2）知有两个零点，然后分类讨论的情况，根据有零点个，从而求解出的值. 【详解】（1）由题意，令，， 所以，，所以，，， 当时，，对称轴，所以，， ，所以， 故的值域为. （2）由（1）知，记的两零点为，， 当，即时，则，无零点； 当，即时，则，有个零点； 当，即时，则，有个零点； （3）由（1）（2）知，有两个零点，， 当，即时，得，在（为正整数），内零点个数为， 在内零点个数为，因为，所以； 当，即时，，在（为正整数）内零点个数为， 在内零点个数为，因为，所以； 当时，则，.，在和（为正整数）内零点个数均为，此时没有满足题意得n； 当时，则，，在（为正整数）内零点个数均为，此时没有满足题意得n； 当，则，，在和（为正整数）内零点个数均为，此时没有满足题意得n； 综上的所有可能值为1350. 【点睛】方法点睛：（2），（3）利用换元法后得且得存在两个零点，通过对的分类讨论确定每种情况下两零点的取值，然后由来确定在上的可能的值. 18．(1) (2) (3)该同学猜想正确，理由见解析 【分析】（1）解法一首先由向量的平行四边形定则和向量的数量积得到，再由三角函数的定义得到，，最后再结合正切函数的诱导公式得到；方法二设，，由向量夹角的定义得到，在中再结合勾股定理和三角函数值求出； （2）由三角形的面积公式得到，再角度关系和二倍角公式及结合正弦函数的最值化简可得； （3）由三角形的面积公式得到，再由向量夹角的定义结合三角函数值得到，求出结果即可. 【详解】（1）记，，则． （1）解法一：∵，∴， ∴， ∴， ∵正方形ABCD的边长为1，∴，， 在中，，，由， 则， ∴，． ∵，∴． 解法二：． 设，，则． 在中，，即， ． ∵，∴． （2），． ∴， ∵，∴． ∵，∴当时，面积的最小值为． （3）设中PQ边上的高为h，由，得， ． 又∵，∴， 且，∴， ∴，即为定值，该同学猜想正确. 【点睛】关键点点睛： （1）在求三角形面积时除了常规公式外可用公式； （2）在已知角的正弦或余弦值求其余弦或正弦时，可用配凑法结合三角函数的诱导公式比较简便. 19．(1) (2) (3) 【分析】（1）正弦定理边化角，利用三角恒等变换即可求解； （2）由正弦定理边化角，进而利用三角恒等变换可得，利用已知求得，即可求得的取值范围； （3）利用，，结合已知可求得，可得，利用基本不等式求得，进而得，结合二次函数的单调性可求得的最小值. 【详解】（1）由和正弦定理，得， 即， 也即， 整理得， 又因为，所以，所以， 故，即， 又因，则，故，解得. （2）由正弦定理， ， . 又因为△ABC为锐角三角形，且，即且， 解得，则，所以， 因，所以 则，所以的取值范围； （3）因O为△ABC的垂心，（m，）， 则， 所以， 则得，即①， 同理得， 所以， 则得，即②， 由①与②可得，即有，化简得， 由为锐角三角形，得， 而，解得，从而得， 函数在上单调递减，又， 所以的最小值为. $