湖北省部分省级示范高中2024-2025学年高一下学期期中测试数学试卷（Word版附解析）

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命题人：武汉市第四十九中学 徐方 审题人：武汉经济技术开发区第一中学 符玉欣
考试时间：2025 年 4 月 24 日 试卷满分：150 分
★祝考试顺利★
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在
答题卡上的指定位置．
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写
在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸
和答题卡上的非答题区域均无效．
4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交．
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
一项是符合题目要求的．
1. 在单位圆中，已知角 是第二象限角，它的终边与单位圆交于点 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意有 求参数 y，再由正弦函数的定义求 .
【详解】由题意， 且 ，解得 ，
所以 .
故选：D
2. 已知 ，则 （ ）
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A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分子分母同除 ，化弦为切代入求解即可.
【详解】因为 ，所以 ．
故选：C．
3. 在 中，内角 所对的边分别为 ，已知 ，则角 等于（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦定理可得 ，进而可得角 C.
【详解】在△ABC 中， ， ， ，
由正弦定理 得 ，
且 ，则 ，可得 ，
所以 ．
故选：B．
4. 如图所示， 中，点 是线段 BC 的中点， 是线段 AD 的靠近 的三等分点，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意结合向量的线性运算求解即可.
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【详解】因为点 是线段 BC 的中点， 是线段 AD 的靠近 的三等分点，
则 ， ，
所以 .
故选：A．
5. 年奥地利数学家、天文学家雷蒂库斯在《三角学准则》中首次用直角三角形的边长之比定义正割和
余割，在某直角三角形中，一个锐角的斜边与其邻边的比，叫做该锐角的正割，用 （角）表示；锐角的
斜边与其对边的比，叫做该锐角的余割，用 （角）表示，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用题中定义结合三角恒等变换化简可得所求代数式的值.
【详解】
.
故选：C．
6. 在下列函数中，周期为 的函数是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用三角恒等变换、结合正余弦函数及正切函数的周期逐项判断即可.
【详解】对于 A， ，周期为 ，A 不是；
对于 B， ，周期为 ，B 不是；
对于 C， ，周期为 ，C 是；
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对于 D， ，周期为 ,D 不是.
故选：C
7. 函数 的部分图象如图所示，则（ ）
A. B. 的最小正周期为
C. 在区间 上单调递减 D. 在区间 上共有 8100 个零点
【答案】D
【解析】
【分析】由图像即可得到函数解析式，从而判断 AB，由正弦型函数的单调区间即可判断 C，由正弦型函数
的零点代入计算，即可判断 D.
【详解】由图可知， ，且 ，可得 ，
又 ，∴ ，故 A 错误；
由五点作图法可知， ，解得 ，
则 的最小正周期为 ，故 B 错误；
函数解析式为 ，
当 时， ， ，
在区间 上不是单调减的，故 C 错误；
由 ，可得 ，即 ，
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再由 ，解得 ，
由 ，解得 ，
∴ ，则 在区间 上共有 8100 个零点，
故 D 正确．
故选：D．
8. 若函数 的定义域内存在 ，使得 成立，则称该函数为“完整函数”．
已知 是 上的“完整函数”，则 的取值范围为
（ ）
A. B. C. [3，5] D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角恒等变换可知 ，再由三角函数值域以及“完整函数”定义将问题转化为
在 上至少存在两个最大值点，结合正弦函数图象性质得出不等式即可得解得的取值范围
.
详解】由题意可得：
，
即 是 上的“完整函数”，所以存在 ，
使得 成立；
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即存在 ，使得 成立；
又因为 ，因此 ，
即 在 上至少存在两个最大值点，
所以 ，解得 ；
当 ，即 时，一定满足题意；
若 ，因为 ， ，所以 ，
又易知 ；
所以只需保证 即可，解得 ，
综上可知 ．
故选：B．
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，有选错的得 0 分，部分选对的得部分分．
9. 已知 ， ，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C. 与 的夹角为
D. 在 方向上的投影向量是
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于 A，计算 即可判断；对于 B，根据模长公式计算即可得解；对于 C，根据向量夹角
余弦公式计算 即可判断；对于 D，根据投影向量定义公式计算求解即可得解.
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【详解】对于 A，由题意可得 ，
所以 ，故 A 正确；
对于 B， ，故 B 正确；
对于 C，因为 ，
所以 ，故 C 错误；
对于 D， 在 方向上的投影向量是 ，故 D 正确.
故选：ABD.
10. 已知函数 ，则下列结论正确的是（ ）
A. 是 的一条对称轴
B. 的对称中心是
C. 在区间 上的值域是
D. 将函数 的图象向右平移 个单位后得到函数 的图象，则
【答案】AD
【解析】
【分析】求得函数 的对称轴与对称中心可判断 AB；利用余弦函数的性质求得最小值可判断 C；求得
函数 的解析式，计算可判断 D.
【详解】由 ，解得 ，
所以 的对称轴方程为 ，
当 时， ，所以 是 的一条对称轴，故 A 正确；
由 ，可得 ，
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所以 的对称中心是 ，故 B 错误；
当 时， ，
此时 的最小值为 ，故 C 错误；
将函数 的图象向右平移 个单位后得到函数 的图象，
所以 ，所以 是奇函数，
所以 ，故 D 正确.
故选：AD.
11. 在锐角 中，设 ， ， 分别表示角 ， ， 对边， ， ，则下列选项
正确的有（ ）
A.
B. 的取值范围是
C. 当 时 的外接圆半径为
D. 若当 变化时， 存在最大值，则正数 的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由 对 进行化简得 ，在利用正弦定理可以推出
；再由 为锐角三角形化简出 的取值范围，且根据正弦定理化简出 可判断出 的取值范
围；同样根据 ，加上 ，求出 ，再利用正弦定理即可求出 的外接圆半径；由
的 取 值 范 围 ， 且 对 进 行 化 简 得 ， 且 ， 当
取到最大值时转化成 求出 的取值范围.
【详解】对于 A： ，且 ，即 ，
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由正弦定理得： ，
即 ，
或 （舍去），
，故 A 正确；
对于 B：由正弦定理 ，
则 ，
为锐角三角形，则 ，即 ，
，所以 ，故 B 不正确；
对于 C： 且 ，
，所以 ，
由正弦定理 ，求得 ，即 的外接圆半径为 ；故 C 正确；
对于 D：
，且 ，
，即 ；
要使得 有最大值，即 有最大值，
此时，当 有最大值时，即 时，
有最大值为 ，此时 ，
，又 ，
， ，
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∴ 的取值范围为 ，故 D 正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题 B 选项的关键是利用正弦定理得到 ，再求出角 的范围即可判断；
D 选项的关键是充分利用辅助角公式得到其范围.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 若复数 为纯虚数，则实数 的值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】利用复数的除法化简复数 ，利用复数的概念可得出关于实数 的等式与不等式，解之即可.
【详解】因为 为纯虚数，则 ，解得 .
故答案为： .
13. 在 中，角 的对边分别为 ，则 ___________．
【答案】
【解析】
【分析】由余弦定理及数量积的定义即可求解.
【详解】由余弦定理可得： ，
∴ ，
所以 2．
故答案为：
14. 在 中， ，点 为 三边上的动点， 是 外接圆的直径，
则 的取值范围是___________．
【答案】 ．
【解析】
【分析】根据 为相反向量，将 表示成 ，然后分析点 的位置即可得解.
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【详解】如图：
记 的外接圆半径为 ，
，
由图可知 的最大值为 时， 取最大值 0；
因为 中 ，所以当 为 中点时， 最小，
此时 ，所以 取最小值 ，
故答案为： ．
四、解答题：本大题共 5 小题，共 77 分，应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 已知复数 ， ， ，若一复数的实部与虚部互为相反数，则称此复数为“理想复
数”，已知 为“理想复数”．
（1）求实数 ；
（2）定义复数的一种运算“ ”： ，求 ．
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】（1）根据 ，由 是“理想复数求解；
（2）由（1）知 ，再由 求解.
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【小问 1 详解】
解：由题得 ，
，
是“理想复数”，
，
；
【小问 2 详解】
由（1）知 ，
所以 ，
由 ，
得 ，
.
16. 已知 .
（1）求 ；
（2）求 .
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用同角基本关系式与角的范围求得 ，再利用两角差的余弦公式即可得解；
（2）利用同角基本关系式与角的范围求得 ，再利用两角和的正弦公式即可得解.
【小问 1 详解】
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因为 ， ，则 ，
所以 .
【小问 2 详解】
因 ，所以 ，
又 ，所以 ，
所以
.
17. 已知 的内角 的对边分别为 ，且向量 与向量 共线.
（1）求 ；
（2）若 的面积为 ，求 的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由向量共线列出等式，用正弦定理和两角和的正弦公式化简，可求得角 ；
（2）由面积公式解出 的值，再由余弦定理解得 的值.
【小问 1 详解】
向量 与向量 共线，有 ，由正弦定理得
，
∴ ，
由 ， ，∴ ， ，又 ，∴ .
【小问 2 详解】
由（1）知 ，∴ ， ，
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，得 ，
由余弦定理： ，
∴ ，解得 .
18. 已知向量 ，函数 ，函数 图像相邻
对称轴之间的距离为 .
（1）求 的单调递减区间；
（2）将函数 图象上所有点的横坐标缩短为原来的 ，再向左平移 个单位得 的图象，若关于
的方程 在 上只有一个解，求实数 的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）结合平面向量数量积的坐标运算法则和三角恒等变换知识化简可得 ，
再由 ，求得 的值后，根据正弦函数的单调性，得解；
（2）由函数图象的伸缩平移法则可得 ，采用换元法，令 ，原问题转化
为 在 ， 上只有一个解，作出 的图象后，即可得解．
【小问 1 详解】
，
，
因为 相邻的对称轴之间的距离为 ，所以 的最小正周期为 ，
所以 ，得 ，所以 ，
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令 ，则 ，
所以 单调递减区间为
【小问 2 详解】
由（1）知 ，将 图象上所有点的横坐标缩短为原来的 ，得到函数
，
再向左平移 个单位得 ，
令 ，则 ，所以 ，
因为 在 上只有一个解，
由 的图象可得， 或 ，
所以 的取值范围是
19. 如图，扇形 OAB 的半径为 1，圆心角为 是弧 上的动点（不含点 ），作 交 OB
于点 ，作 交 OA 于点 ，同时以 OA 为斜边，作 ，且 ．
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（1）设 ，将 的面积表示成 的函数并求其最大值；
（2）从点 出发，经过线段 ，到达点 ，求途经线段长度的最大值．
【答案】（1） ，最大值
（2）
【解析】
【分析】（1）由 可得 ，可得 ， ，再利用三角形的面积
公式以及二倍角的正弦公式可得 ，进而结合正弦函数的性质求解即可；
（ 2） 过 点 作 ， 垂 足 为 点 ， 结 合 图 形 关 系 可 得
，令 ，换元，结合二次函数的基本性质可求得途径线段长度
的最大值.
【小问 1 详解】
由 ，则 ，
在 中， ， ，
则 ， ，
所以 ，
因为 ，则 ，
当 时，即当 时， 的面积取最大值，且最大值为 .
【小问 2 详解】
过点 作 ，垂足为点 ，
因为 ， ， ，则四边形 为矩形，
所以， ， ，
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因为 ， ，则 为等腰直角三角形，则 ，
所以， ，
， ，
所以， ，
令 ，
因为 ，则 ，则 ，
所以， ， ，
所以， ，
所以， ，
故当 时， 取最大值 ，
因此，从点 出发，经过线段 、 、 、 ，到达点 ，求途径线段长度 最大值为 .
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