湖北省武汉市重点高中2025-2026学年高一下学期4月期中考试 数学（含解析）

这是一份湖北省武汉市重点高中2025-2026学年高一下学期4月期中考试 数学（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（ ）
A．1B．-1C．iD．-i
2．函数的零点所在区间是（ ）
A．B．C．D．
3．平面向量，，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
4．如图，在平行四边形中，，是上一点，若，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
5．已知、均为锐角，且，，，则（ ）
A．B．C．D．
6．若函数的图象向右平移后图象关于对称，则的值可以为（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数（其中）在区间上没有零点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．已知的内角、、的对边分别为、、，若，且的面积为4，则的值是（ ）
A．B．2C．D．4
二、多选题
9．中，角为锐角，已知角的对边，，则下列值能使存在且只有一个的是（ ）
A．B．C．D．
10．在中，，且为边的中点，则（ ）
A．B．若，则
C．D．若，则
11．点为所在平面内一点，为中点，，则下列命题正确的是（ ）
A．
B．若是的重心，则
C．若为的外心，且，则为的垂心
D．若，，，点在线段上运动时，最大值为
三、填空题
12．设，若复数是纯虚数，则_____．
13．已知平面向量与夹角为，且对任意实数，的最小值为，则_____．
14．某同学在三角函数的学习过程中发现一个规律：如图，如果三个角的终边三等分了圆周，则这三个角的正弦值之和为0；类似的，这三个角的余弦值之和也为0，此结论还可以推广到个角．利用以上信息，求出关于的方程在内的所有解：_____．
四、解答题
15．已知平面直角坐标系中，．
(1)若点满足，求点坐标；
(2)若点使得为锐角，求实数的取值范围．
16．已知函数．
(1)求函数的单调增区间；
(2)若，求函数的值域．
17．已知中，角所对的边分别为，且．
(1)求角的大小；
(2)若为锐角三角形，求的取值范围．
18．某科研团队在训练一款AI图象识别模型时发现：在持续的训练过程中，随着训练时间（单位：）的加长，模型相对准确率期待值会增加．下表是部分统计数据：
为了描述模型相对准确率期待值随时间变化的关系，现有以下三种函数模型供选择：①，②，③．
(1)选出最符合实际的函数模型，并求出的表达式；
(2)当相对准确率期待值不小于时，模型进入可用阶段，请问此模型至少需要训练多少小时才能进入可用阶段？（保留一位小数，参考数据，）
(3)记，为了衡量模型训练综合效率，定义效率函数为，其中为效率系数．若要保证时，的最小值为，求的值．
19．平面上非零向量，规定一种运算“”：，其中为向量与的夹角．
(1)若，求的值；
(2)在，有、、所对的边分别为、、，且已知，，，若点为的外心，求．
(3)为坐标原点，已知点，其中为锐角，求四边形的面积的取值范围．
参考答案
1．D
【详解】.
故选：D
2．A
【详解】因为函数在定义域内单调递增，函数在定义域内单调递增，
所以函数在定义域内单调递增，
因为，
由零点存在性定理可知，函数在区间有唯一零点，
所以函数的零点所在区间是.
3．C
【详解】由题意可知在上的投影向量为.
4．D
【详解】在DN上，故存在实数，使得，
而，所以，
又已知，所以，解得．
5．B
【详解】因为、均为锐角，且，所以.
由；
由，所以.
所以.
6．D
【详解】将函数的图象向右平移后可得函数的图象.
因为其对称轴为，所以，.
所以，.
结合答案，.
7．B
【详解】令，即，
化简得，
令，当时，，
由题意可知，要使在区间上没有零点，
则函数在上的图象与直线无交点，
由余弦函数性质可知，，解得，
即的取值范围为.
8．D
【详解】因为，
由正弦定理得,
所以，
当且仅当时等号成立，
又因为，
所以，，
即是等腰直角三角形，
又因为，
所以，
所以.
9．BD
【详解】如下图所示：
由题意可得，
若使存在且只有一个，则或，BD满足要求.
10．ABD
【详解】对于A，由余弦定理可得，，
所以，
由正弦定理可得，
而，所以，
因为在中，，
所以，即，故，故A正确；
对于B，由A可知，为等腰三角形，所以，
因为是边的中点，
所以，
由余弦定理可得，
即，解得，故B正确；
对于C，因为，，所以，
故，
因为，所以，令，，
由二次函数性质可知，当，即时，有最大值，即，
因为，所以不成立，故C错误；
对于D，因为，，
所以，故D正确.
11．BCD
【详解】对于A选项，如下图所示：
因为，则，所以，
所以，A错；
对于B选项，若是的重心，则，B对；
对于C选项，因为为的外心，则，
因为，
所以，
所以，故，
同理可得，，故为的垂心，C对；
对于D选项，因为，，，
由余弦定理可得，
所以，故，
易知，，，
由余弦定理可得，故，
因为为的中点，所以，
所以
，
当且仅当点与点重合时，等号成立，即最大值为，D对.
12．/
【详解】复数，
由题意可得，解得.
13．
【详解】因为，
所以当时，有最小值为，
即，解得.
14．或
【详解】
由题意，有，
对比两式可得，
则或，其中，
前者无解，后者解得，又，
解得或，当时，；当时，．
15．(1)
(2)
【详解】（1）设，则，，
若，则，
即，解得，所以
（2），，
由题意可得且方向不相同，
即，解得，
当时，方向相同，不符合题意，
所以实数的取值范围是
16．(1)
(2)
【详解】（1）
，
令，解得，
所以函数的单调增区间为；
（2）当时，，
所以，，
即函数的值域为.
17．(1)
(2)
【详解】（1）可化为，
由余弦定理可得，
因为，所以.
（2）由正弦定理可得，即，
因为，所以，
所以，
因为为锐角三角形，所以，解得，
所以，，
所以，即的取值范围为.
18．(1)选模型③，
(2)至少需要小时
(3)
【详解】（1）由表格中的数据可知，随着的增大，函数的值增长得越来越快，
模型①②中，随着的增大，的值增长的速度越来越慢，不符合要求，
模型③中，随着的增大，的值增长的速度越来越快，符合要求，
根据题意可得，解得，，则，
此时，，，
故符合题意.
（2）由，可得，所以，
故，
所以此模型至少需要训练小时才能进入可用阶段.
（3）由题意可得，
因为，即，
所以，
因为函数、在上均为增函数，
故函数在上为增函数，
故当时，，
设，其中，由题意可知函数在上的最小值为，
因为二次函数的图象开口向上，对称轴为直线，
①当时，即当时，函数在上单调递增，
所以，解得，符合题意；
②当时，即当时，
函数在上单调递减，在上单调递增，
此时，解得（舍去）.
综上所述.
19．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）若，
则，，
因为，
所以；
（2）由和正弦定理，可得，
因，
代入得，
因，，则,故，
由余弦定理，可得，即，
取的中点为，连接，因为点为的外心，所以，
由正弦定理可得，所以，
由向量数量积的几何意义可知，，同理，
所以，
所以；
（3）设，
，
又时，即，
解得，在四边形中，
与正半轴的夹角要大于与正半轴的夹角，
，
，又时，，
，
又，，
，，
则；
综上，四边形的面积的取值范围为．