精品解析：广东佛山市新质高中联盟2025-2026学年第二学期高一年级期中联考试卷数学学科（原卷+解析版）

这是一份精品解析：广东佛山市新质高中联盟2025-2026学年第二学期高一年级期中联考试卷数学学科（原卷+解析版），共3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。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知角的终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据任意角正弦函数的定义即可求解.
【详解】由题意有，
所以.
故选：A.
2. 已知向量，，若，则实数（ ）
A. B. C. 4D. 9
【答案】B
【解析】
【详解】由题设及，则，可得.
3. 已知复数，复数的虚部为（ ）
A. B. 3iC. 3D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的除法对复数进行化简，确定其虚部即可.
【详解】.
所以复数的虚部为.
故选：D.
4. 已知平面向量，，则向量在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】，，，向量在上的投影向量为.
5. 已知为锐角，且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用同角三角函数关系求出和，再根据正切的二倍角公式代入求解即可．
【详解】因为为锐角，且，
所以，则，
所以．
6. 如图所示，中为重心，过点，，，则（ ）

A. 1B. 2C. D. 3
【答案】D
【解析】
【详解】设，根据题意，
因为，，三点共线，则存在，使得，
即，即，
所以，整理得，所以.
7. 设的面积为，角、、所对的边分别为、、，且，若，则此三角形的形状为（ ）
A. 等腰三角形B. 直角三角形
C. 等边三角形D. 等腰直角三角形
【答案】B
【解析】
【分析】由余弦定理可得出的值，由平面向量数量积的定义以及三角形的面积公式化简得出的值，结合三角形内角的取值范围得出、的值，进而可得出角的值，即可得出结论.
【详解】因为，所以，
因为，故，
因为，即，
即，化简得，
因为，故，可得，则，故，
因此，为直角三角形，
故选：B.
8. 已知，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】，
所以或，
即或.
由于，故.
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．
9. 已知向量，，则（ ）
A.
B. 与向量平行的一个单位向量为
C. 若与所成角为锐角，则
D. 与的夹角为
【答案】ABD
【解析】
【分析】选项A，可通过计算与的模来判断；选项B，根据单位向量的定义求出与平行的单位向量；选项C，根据向量所成角为锐角的条件列出不等式求解的取值范围；选项D，利用向量的夹角公式求出与的夹角.
【详解】，，故，所以A正确；
，与平行的单位向量为，为，所以B正确；
，，
若向量所成角为锐角，则且两向量不共线，
即，解得，
当时，a→+xb→=1,3=a→+b→，不满足夹角为锐角，所以C错误；
，，
所以csa→+b→=a→+b→⋅a→a→+b→a→=510×5=22，
因为0≤a→+b→≤π ，所以a→+b→=π4，所以D正确.
10. 下列各式中，计算结果为的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【详解】对于A，，所以A正确，
对于B，，所以B正确，
对于C，，所以C错误，
对于D，
，所以D正确.
11. 设函数，若在区间上具有单调性，且，则（ ）
A. 的最小正周期为B. 图象关于直线对称
C. 图象关于点中心对称D. 存在，使得成立
【答案】AB
【解析】
【分析】由题意可判断出，判断A;根据，确定对称轴，对称中心，判断BC；，，判断D.
【详解】若在区间上具有单调性，则，则，
又，则，
因为，
所以一条对称轴为，一个对称中心横坐标为，
对称中心为，
则，所以，，
所以对称轴为，对称中心为，
对于A，，故A正确；
对于B，当时，对称轴为，故B正确；
对于C，假设图象关于点中心对称，则，此时，不符合题意，故C错误；
对于D，，，则，，
若，则
则，则，
故在，不存在使得成立，故D错误，
故选：AB.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若复数，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据复数的乘法运算化简，再根据复数模的计算公式求解即可．
【详解】，
则．
13. 已知单位向量，满足，则______．
【答案】
【解析】
【分析】由已知可求得，进而利用可求模.
【详解】因为，所以，
所以，所以，
所以.
故答案为：.
14. 如图，在大三角形中共有10个网格点，相邻网格点间的距离均为1，从中选取三个不同的网格点A，B，C，则的最大值与最小值的和为________．
【答案】##
【解析】
【分析】在图形中找出使向量 在向量 上的投影取得最大值的位置，结合平面向量数量积公式计算求解.
【详解】
因为，所以取最大同时在上投影最大，则取得最大值，
如图所示，当 分别是最大的正三角形底边的端点，
B 点是 C 点上方且紧靠 C 的一点时， 最大，且在向量上的投影也达到最大值,
所以此时取得最大值，最大值为；
因为，取最大同时在上投影最小，则取得最小值，
当 分别是最大的正三角形的底边的端点，且 A 点是 之间的一点时，
，此时 达到最小值．
综上所述的最大值与最小值的和为.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 已知复数，复数在复平面内对应的向量为．
（1）若为纯虚数，求的值；
（2）若在复平面内对应的点在第四象限，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件，利用复数的几何意义得，再利用复数的运算，得到，即可求解；
（2）利用复数的运算，结合条件有，即可求解.
【小问1详解】
因为复数在复平面内对应的向量为，则，
又，则，
由题有，解得，所以的值为.
【小问2详解】
因为，
由题有，解得，所以的取值范围为.
16. 如图，在中，已知，，，E，F分别为，上的点，且，．
（1）求；
（2）用向量方法证明：；
（3）若线段上一动点P满足，试确定点P的位置．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）是线段的中点
【解析】
【分析】（1）记，利用向量的线性运算将表示为的关系式，再利用向量的数量积运算即可得解；
（2）将表示为的关系式，从而利用向量的数量积运算计算即可得证；
（3）利用向量的中点性质与共线定理即可得解.
【小问1详解】
依题意，记，
因为，所以，，
因为，
所以，
则，
故.
【小问2详解】
因为，所以，
所以，
则，即.
【小问3详解】
因为，所以是的中点，故，
因为，所以，即，
所以是线段的中点.
17. 已知函数，．
（1）求函数的最小正周期；
（2）若，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换先化简得到，再由正弦型函数的周期公式求解即可；
（2）由得，再由构建关系，最后结合二倍角公式即可求解．
【小问1详解】
由题意得
，
所以函数的最小正周期为.
【小问2详解】
由（1）得，，
则，即，
所以
.
18. 已知函数，其图象相邻两条对称轴之间的距离为，且经过点．
（1）求函数的解析式；
（2）当，方程有解，求实数的取值范围；
（3）若方程在区间上恰有三个实数根，且，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由题意得，求出周期，再利用周期公式可求出，然后将点代入中可求出的值，从而可求出函数解析；
（2）求得，则将问题转化为有解，然后由求出的范围，从而可求出实数的取值范围；
（3）设，则将问题转化为方程在区间上恰有三个实数根，然后结合正弦函数的图象可求出的范围，从而可求出，进而可求出的取值范围．
【小问1详解】
设的最小正周期为，由题意得，得周期，
所以，得，
因为，所以，
所以，
因为的图象过点，所以，得，
因为，所以，
故．
【小问2详解】
，
即有解，
由，得，
所以，所以，
所以，即．
【小问3详解】
，设，则，
由“方程在区间上恰有三个实数根”，
得“方程在区间上恰有三个实数根”，
则的图象如下：
即，
由图得，，，
即，
综上．
【点睛】关键点点睛：此题考查由正弦函数的性质求正弦函数的解析式，考查函数与方程的综合问题，考查正弦函数和余弦函数的图象与性质，第（3）问解题的关键是通过换元后，将问题转化为方程在区间上恰有三个实数根，再结合正弦函数的图象求解，考查数学转化思想和数形结合的思想，属于较难题.
19. 在中，角A，B，C对应边为，，，满足
（1）求的大小；
（2）（i）已知，若在AC上，且，求BD的最大值；
（ii）延长BC至点，使得.若求的大小.
【答案】（1）
（2）（i）的最大值为；（ii）或
【解析】
【分析】（1）由，代入已知等式中，利用两角和与差的正弦公式化简得，可得B的大小；
（2）（i）由三角形的面积公式得到，再由余弦定理和基本不等式求其最大值即可；
（ii）设，，在和中，由正弦定理表示边角关系，化简求的大小.
【小问1详解】
在中，，所以．
因为，所以，
即
化简得．
因为，所以，．
因为，所以．
【小问2详解】
（i）由三角形面积公式可得，即，
在中由余弦定理可得，即，
所以，所以的最大值为，
此时，当且仅当时取等号；
（ii）设，，则．
由（1）知，又，所以在中，．
在中，由正弦定理得，即①．
在中，由正弦定理得，即②．
①÷②，得，即，所以．
因为，，所以或，故或．
【点睛】关键点点睛：本题第二问的第一小问关键是能用三角形面积公式把用表示，再结合基本不等式求解.