四川省绵阳南山中学2025-2026学年高一上学期期中考试数学试卷（Word版含解析）

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注意事项：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分 150 分，考试时间 120 分钟.
2．答题前，考生将自己的姓名、准考证号填写在答题卡指定位置上.
3．选择题必须使用 2B 铅笔填涂；非选择题必须使用 0.5 毫米黑色字迹的签字笔书写.
4．请按题号顺序在各题目的答案区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在草稿纸、试题
卷上答题无效.
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
项是符合题目要求的.
1. （）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由二倍角公式以及诱导公式即可求解.
【详解】 .
故选：D.
2. 已知复数 z 满足（其中为虚数单位），则为（）
A. B. 5 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的除法求出，进而求出其模.
【详解】依题意，，
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所以 .
故选：A
3. 如图，在中，为线段上的一点，（，）且，则（
）
A ， B. ， C. ， D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】根据平面向量的线性运算与共线定理用基底表示向量，结合平面向量基本定理即可得的值.
【详解】因为，
所以，
则，
故， .
故选：B.
4. 设的三个内角，，所对的边分别为，，，如果，且
，那么外接圆的半径为（）
A. 1 B. 2 C. D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】由可得，已知，由即可得到半径.
【详解】因为，
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所以，即，
则，又，则，
又，由正弦定理可得，
解得，即外接圆的半径为 .
故选：A.
5. 某船只在海面上向正东方向行驶了迅速将航向调整为南偏西，然后沿着新的方向行驶了
，此时发现离出发点恰好 30km，那么的值为（）
A. 30 B. 60 C. 40 或 60 D. 30 或 60
【答案】D
【解析】
【分析】做出图形，根据正弦定理计算角度，得出角的大小，分情况求出的值．
【详解】设出发点为，向东航行到处后改变航向到达，
则，，，，
由正弦定理可得：，即，
．
或，
（1）若，则，为直角三角形，
；
（2）若，则，为等腰三角形，
综上，的值为 30 或 60.
故选：D．
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6. 已知函数的部分图象如图所示，给出下列结论：
① ；
②当时，；
③函数的单调递增区间为，；
④将的图象向右平移个单位，得到的图象；其中正确的结论个数是（）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】先根据图象，求出函数的解析式，再结合正弦函数的图象和性质，逐项分析，即可得到答案．
【详解】由图象可知：，，
由，又，所以 .
所以，
因为，故①正确；
当时，，所以，所以，故②错误；
由，，，
所以函数的单调递增区间为， .故③正确；
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将的图象向右平移个单位，得到的图象，故④错误．
故选：B．
7. 若，，且，则下列结论正确的是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二倍角公式，以及两角差的正切公式，以及结合角的范围，诱导公式，即可求解.
【详解】，
因为，所以，
所以，得 .
故选：D
8. 在中，，当时，的最小值为 2．若，
，，则的最大值为（）
A. 1 B. 2 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由平面向量的加法法则得的最小值为点到的距离，从而得到为等腰直角
三角形，再根据得到点在线段上，所以的最大值即为的长，在
中，利用余弦定理即可得到答案.
【详解】如图所示，作，
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在中，由平面向量的加法法则得的最小值为点到的距离，即，
又，所以，为等腰直角三角形，
又因为，，，，
所以点在线段上，所以的最大值即为的长，
在中，，由知，
，即，
所以的最大值为 .
故选：C.
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.全部选对得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得 0 分.
9. 已知为虚数单位，下列说法正确的是（）
A. 若，，则
B. 若 z 为纯虚数，则复数 z 在复平面内对应的点在虚轴上
C. 若复数 z 满足，则复数 z 的虚部为
D. 若，则复数 z 在复平面内对应的点所构成的图形的面积为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据复数的性质逐一判断选项.
【详解】对于 A，复数无法比大小，复数的模可以比大小，A 选项错误；
对于 B，纯虚数时，在复平面内对应的点在虚轴上，B 选项正确；
对于 C，，则，
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复数的虚部为，C 选项正确；
对于 D，，
即复数在复平面内对应的点所构成的图形是一个半径为的圆，
则圆的面积，D 选项错误.
故选：BC
10. 若已知存在线段 AB 是的弦，其中，，点 D 为上任意一点，则以下结论正
确的是（）
A. B.
C. 的最小值是 D. 当时，
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于 A，当三点共线时，取最大值即可判断，对于 B，根据数量积的定义即可判断，
对于 C，建立平面直角坐标系，设，，计算即可判断，
对于 D，当时，即，得点在上的位置有两个位置，进而判断.
【详解】对于 A，由点为上任意一点，当三点共线时，取最大值，即
，故 A 正确；
对于 B，，故 B 正确；
对于 C，建立平面直角坐标系，设，，
所以，，
所以，
当时，即时，的最小值是，故 C 正确；
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对于 D，当时，即，所以点在上的位置有两个位置，如图所示，所以
不止一个答案，故 D 错误；
故选：ABC.
11. 在中，角的对应边分别为，则（）
A. 若，，则周长的最大值为 18
B. 若，，为的中点，且，则
C. 若是锐角三角形且，，则的最小值为
D. 若角的内角平分线交于，且，，则面积的最大值为 3
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于 A，由正弦定理得，从而由结合三角恒等变换公式得
，进而得解；对于 B，由，即
结合余弦定理即可求；对于 C，由已知得，再应用向量数量
积的运算律、定义有，即可判断；对于 D，设，
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由正弦定理和得，接着由余弦定理得，从而由一元
二次函数性质结合即可得.
【详解】对于 A，由题以及正弦定理得，
所以，
所以
，
所以，
因为，所以，所以，
所以，故周长的最大值为 18，正确；
对于 B，因为，所以，
所以即，
所以，正确；
对于 C，由，且为锐角三角形，则，
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所以，而，
所以，显然在上单调递增，
所以，错误；
对于 D，设，则，
所以由正弦定理得，
所以，由题可知，所以，
所以由余弦定理得，
所以
，
当且仅当即时，等号成立，所以面积的最大值为 3，正确.
故选：ABD
第Ⅱ卷（非选择题，共 92 分）
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 若是关于 x 的实系数方程的一个复数根，则 ________．
【答案】
【解析】
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【分析】将代入实系数方程，结合复数运算知识可得答案.
【详解】因是关于 x 的实系数方程的一个复数根，
则，则 .
故答案为：
13. 已知，，，则 ________．
【答案】 ##
【解析】
【分析】根据两角和的正切公式求得，再结合的取值范围，由同角三角关系式，求得
.
【详解】由，，
得
因为，所以，所以 .
所以
由，得 .
故答案为： .
14. 已知 O 为的外心，若，则实数 m 的最大
值为________．
【答案】 ##
【解析】
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【分析】利用向量数量积的几何意义，将已知条件化简整理为
，结合正弦定理、三角形内角性质、三角恒等变换
得到，进而有，应用基本不等式求最值，注意取等条件.
【详解】如图，过点作于点 ,因点是的外心，则 .
则，同理
故由可得：
，
令外接圆半径，，由正弦定理，得，
所以，，
所以，而，
所以，
所以，
由，可得，则，
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当且仅当时取等号，故，
所以实数 m 的最大值为 .
故答案为：
四、解答题：共 77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知，，函数（其中，）的最小正周期为
．
（1）求的值；
（2）若，，求的值．
【答案】（1）；
（2） .
【解析】
【分析】（1）利用数量积公式求出，利用最小正周期求出；
（2）由求出，由求出，利用变角思想将
变为，利用两角和差的余弦公式求出 .
【小问 1 详解】
，，，
，
（其中，）的最小正周期为，
，；
【小问 2 详解】
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，，
，，，
，，，
.
16. 已知的内角 A，B，C 的对边为 a，b，c，且．
（1）求；
（2）设的面积为，，判断的形状．
【答案】（1）
（2）为钝角三角形.
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理以及余弦定理可得，再根据以及求解即
可.
（2）由三角形面积公式可求得，求解与，再由，，的关系即可求解.
【小问 1 详解】
由题意可得，，根据正弦定理可得，
即，
所以，由，可得，
因为，所以，可得 .
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小问 2 详解】
因为的面积为，所以，所以，因为，，
所以，解得或，所以或，
当，时，根据余弦定理，即，
同理当，时，解得，
因为，可得为钝角三角形.
17. 设是平面内相交成的两条数轴，分别为与 x 轴、y 轴正方向同向的单位向量，
定义平面坐标系为仿射坐标系，在仿射坐标系中，若，有序数对叫做向
量在坐标系中的坐标，记．
（1）在仿射坐标系中若，求的坐标及；
（2）由题意在仿射坐标系中，的顶点 A，C 分别在 x 轴、y 轴上，CE 为边 OA 的中线，过 A 点
作 CE 的垂线，交 CE 于 B，交 OC 于 D，此时，求的最小值．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，得到，求得，结合向量的数量积的
运算公式，求得的值，得到答案；
（2）设，求得，，根据，利用向量的数量积
的运算公式，求得，结合基本不等式，即可求解.
【小问 1 详解】
解：在仿射坐标系中，可得且，
因为，可得
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则
所以，所以 .
【小问 2 详解】
解：在仿射坐标系中，可得且，
如图所示，设，
则的中点，所以，
因为，可得，向量，
又因为，所以，
可得，
所以，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以的最小值为．
18. 某湿地公园为方便民众周末游玩，拟建造一个四边形的亲子游乐园，如图所示.为考虑亲子游玩
的需求，在四边形区域中，将三角形区域等分为植物园和科学博览园，三角形区域建成
游乐场，相互间修建游览小径，连接，其中米，米，．
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（1）如果游乐园区是一个占地面积为 9600 平方米的钝角三角形，那么小径需要修建多长？
（2）考虑到儿童游玩的安全性，在规划四边形区域时，首先保证游乐场的占地面积最大时，再使
得植物园的面积尽可能大，求满足条件的的长度．
【答案】（1）米
（2）米
【解析】
分析】（1）由米，米，结合三角形面积公式求得，根据同角三角函数关
系式求得，利用余弦定理求得；
（2）由三角形的面积为，知当时，
取得最大值，因此的面积取得最大值，求出 .因为植物园和科学博览园
等分区域，所以要使植物园的面积尽可能大，须使区域面积尽可能大.由三角形面积公式知
，由余弦定理及基本不等式可得的最大值，及此时
的长度.
【小问 1 详解】
（1）由题可知，所以 .
因为，所以 .
若，则由余弦定理得 .
所以所以是锐角，
因为，所以是锐角三角形，与是钝角三角形矛盾，所以
.
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所以 .
所以
所以小径 BD 需要修建米.
【小问 2 详解】
的面积为，当时，取得最大值，
最大值为 1，
因此的面积最大为平方米.
此时， .
因为植物园和科学博览园等分区域，所以要使植物园的面积尽可能大，须使区域面积尽可
能大.
的面积为 .
由余弦定理，得，
所以，即 .
当且仅当时，等号成立.
所以植物园面积最大值为平方米，此时米.
19. 定义：若非零向量，函数 f（x）的解析式满足，则称的“积向
量”为，向量的“积函数”为．
（1）若向量为函数的积向量，求；
（2）若函数为向量的积函数，在中，，且，求
证：；
（3）当向量时，积函数为，函数，求在区间上最大
值与最小值之差的取值范围．
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【答案】（1）
（2）证明见解析（3）
【解析】
【分析】（1）化简函数，根据“积函数”的定义，得到，结合向量的
模的计算公式，即可求解；
（2）根据题意，由，求得，再由两角和与差的正弦公式，联立方程组，求得
和，两式相除，即可得证；
（3）根据题意，得到，得到，根据正弦函型函数
的图象与性质，分类讨论，分别求得的表达式，进而求得其范围.
【小问 1 详解】
由函数，
根据“积函数”的定义，可得，
所以 .
【小问 2 详解】
证明：由函数为向量的积函数，可得，
因为，可得，即，
又因为，所以，所以，解得，
因为，
又因为，所以，
两式相加，可得，两式相减可得，
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所以，所以 .
小问 3 详解】
由向量时，可得积函数为，
则，
设在区间上的最大值与最小值之差为，
因为，可得，
①当，时，
即时，可得，
，
所以，
因为，所以，
所以，所以；
②当，时，
即时，可得，
，
所以，
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因为，所以，
所以，所以；
③当，且时，即时，
可得，，所以，
因为，所以，
所以，所以；
④当，且时，即时，
可得，，所以，
因为，所以，
所以，所以；
⑤当，且时，即时，
可得，，
所以，
因为，所以，
第 21页/共 22页
所以，所以；
⑥当，且时，即时，
可得，，
所以，
因为，所以，
所以，所以，
综上可得：，
所以在区间上的最大值与最小值之差的取值范围为 .
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