江苏徐州市2025-2026学年高一第二学期期中考试数学试卷（含解析）

这是一份江苏徐州市2025-2026学年高一第二学期期中考试数学试卷（含解析），共6页。试卷主要包含了 已知复数，则的虚部为， 在中，，则， 在中,,则角等于， 若，则， 函数的值域是等内容，欢迎下载使用。
一､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，只有一个选项是符合题目要求的.
1. 已知复数，则的虚部为（ ）
A. -1B. 1C. D. 0
【答案】D
【解析】
【分析】解题的关键在于先根据i的幂次规律化简，最后根据虚部的定义确定的虚部.
【详解】，故，故，虚部为0.
2. （ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】.
3. 在中，，则（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】借助正弦定理计算即可得.
【详解】由正弦定理可得，
故.
4. 在中,,则角等于
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由两角和公式可得 以及诱导公式可知 ，可得，据此即可求出结果.
【详解】由两角和公式可得
由诱导公式可知 ，所以，可知，又，所以，又，所以.故选：B.
本题主要考查了三角函数的两角和的正切公式以及诱导公式的应用，属于基础题.
5. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦和角公式及切化弦解得，再利用正弦差角公式计算．
【详解】解：，
，
由解得，
．
6. 函数的值域是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】，
由于，故.
7. 设点的坐标为，是坐标原点，向量绕着点顺时针旋转后得到，则的坐标为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意利用任意角的三角函数的定义、两角和差的三角公式，求得的坐标．
【详解】根据题意，设，向量与轴正方向的夹角为，
又由点的坐标为，则，，
向量绕着点顺时针旋转后得到，则，．
而，
，
故的坐标为，
故选：B
关键点点点睛：注意旋转前与旋转后角的变化，利用模不变，两角差的正余弦公式求解即可，属于中档题.
8. 已知的内角的对边分别为，满足，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由余弦定理的边角互化可得，，即可得到的关系式，再利用余弦定理求出的值，即可求得.
【详解】因为，所以，所以，整理可得①，
又，可得，
所以，解得②，
由①②可得，
所以，
则.
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. 已知是复数，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】BD
【解析】
【详解】对于A选项， 令，则有，，故A选项错误；
对于B选项，由于，故可设，则，
则，，故B选项正确；
对于C选项，取，，，二者不相等，C选项错误；
对于D选项，设，则
，，所以，即，故D选项正确.
10. 下列说法正确的是（ ）
A.
B. 若，则是钝角三角形
C. 在中，若，则是等腰三角形
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】借助同角三角函数基本关系及二倍角公式计算可得A；借助正弦定理将角化为边后，利用余弦定理即可得B；借助正弦定理将边化为角后，利用二倍角公式计算即可得C；借助三角恒等变换公式计算即可得D.
【详解】对A：由，
故，故A正确；
对B：若，由正弦定理可得，
则，故为钝角，故是钝角三角形，故B正确；
对C：若，可得，即，
即，则或，即或，
若，则是等腰三角形；
若，则，则是直角三角形，
故是等腰或直角三角形，故C错误；
对D：
，故D正确.
11. 已知函数，若，且，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数为偶函数
B. 函数为偶函数
C. 函数在处取得最小值
D. 函数在区间上单调递增
【答案】BCD
【解析】
【分析】借助辅助角公式可将原函数化为正弦型函数，再利用正弦型函数性质计算可得；计算出可得A；计算出可得B；计算出可得C；求出时的范围，再利用正弦函数单调性判断即可得D.
【详解】，
由，则，
解得，又，故；
对A：，
故函数不为偶函数，故A错误；
对B：，
故函数为偶函数，故B正确；
对C：，
故函数在处取得最小值，故C正确；
对D：当，即时，，
由函数在上单调递增，
故函数在区间上单调递增，故D正确.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在复数范围内分解因式：__________.
【答案】
【解析】
【分析】配方后利用复数性质及平方差公式计算即可得.
【详解】.
13. 已知，则__________.
【答案】##.
【解析】
【分析】先求出的值，再用二倍角公式，求出的值.
【详解】，
所以，
故.
14. 记的内角的对边分别为，已知，当角最大时，的面积是__________.
【答案】
【解析】
【分析】借助正弦定理及余弦定理可得，再利用余弦定理表示出，利用基本不等式可求出角最大值及此时的值，再利用面积公式计算即可得.
【详解】由正弦定理可得，即，
由余弦定理可得，故，
化简得，又，则，
，
当且仅当，即时，等号成立，故，
当角最大时，取最小，即角最大值为，此时，
则.
四､解答题：本大题共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（为虚数单位）.
（1）若是纯虚数，求；
（2）若复数在复平面内对应的点位于第四象限，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）借助复数乘法运算及纯虚数定义计算即可得；
（2）借助复数运算法则及其几何意义计算即可得.
【小问1详解】
，
由是纯虚数，则，解得，故；
【小问2详解】
，
由复数在复平面内对应的点位于第四象限，
则，解得.
16. 已知为锐角，，且.
（1）求和值；
（2）求的值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）借助二倍角公式与同角三角函数基本关系计算即可得；
（2）借助两角和的正切公式结合（1）中所得可求出，再结合范围即可得解.
【小问1详解】
；
由，，
故，
则；
【小问2详解】
，
由，为锐角，故，则.
17. 如图，为了测量两山顶间的距离，飞机沿水平方向在两点进行测量，在同一个铅垂平面内.已知两点间的水平距离为，在处测得的俯角为的俯角为，在处测得的俯角为的俯角为.
（1）计算的长度；
（2）计算两山顶之间的距离.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可求出各角度，在中，利用正弦定理可求出，在中，利用正弦定理可求出；
（2）求出后，利用余弦定理计算即可得.
【小问1详解】
由题意可得、、、
、，
则，，
则在中，由正弦定理可得，
即，
在中，由正弦定理可得，
即，
即，；
【小问2详解】
，
在中，由余弦定理可得，
即.
18. 在中，角对应边分别为，满足.
（1）求角的大小；
（2）若在直线上，且，求的最大值；
（3）延长至点，使得，连接，使得，求的大小.
【答案】（1）
（2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）借助两角和与差的正弦公式计算即可得；
（2）借助等面积法可表示出，再利用余弦定理与基本不等式计算即可得；
（3）设，然后在与中利用正弦定理计算可得，结合范围即可得解.
【小问1详解】
由sinC−A+3sinA=sinB ，
则sinCcsA−sinAcsC+3sinA=sinA+C=sinCcsA+sinAcsC ，
即，又，故，
则，又，故；
【小问2详解】
由题意得，故，
由余弦定理可得，
故，则36=a2+b2−3ab≥2a2b2−3ab=2−3ab ，
即ab≤362−3=362+32−32+3=362+3，
当且仅当时，等号成立，故CD=ab12≤362+312=6+33，
即的最大值为；
【小问3详解】
设，则，
则∠BAN=π−5π6−θ=π6+θ ，∠N=π−π6+θ−π3=π2−θ ，
则有，即，
在中，由正弦定理可得，
即，
在中，由正弦定理可得，
即AB=AN⋅sinNsin∠ABN=3AC⋅sinπ2−θsinπ3=2ACcsθ ，
故，即，即，
由，故或，即或，
即可能为或.
19. 在平面直角坐标系中，设点是以为圆心，为半径的圆上一动点，是以为圆心，为半径的圆上的动点，记
（1）若，求与的解析式；
（2）若，设，且对任意的恒成立，求的最小值；
（3）若，且三点不共线，求面积的最大值（用表示）.
【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）借助向量坐标运算可得fx=acsx+bcsx+φ，gx=asinx+bsinx+φ，代入计算即可得；
（2）结合（1）中所得，可表示出，再利用三角恒等变换公式可将该函数变化为正弦型函数，从而可求出的最大值，即可得的最小值；
（3）借助三角形面积公式及平面向量数量积公式计算可得S△OQA=fx−gx2，再利用辅助角公式可求出fx−gx最大值，即可得面积的最大值.
【小问1详解】
由，
故fx=acsx+bcsx+φ，gx=asinx+bsinx+φ，
若，则fx=csx+csx+π2=csx−sinx ，
gx=sinx+sinx+π2=sinx+csx ；
【小问2详解】
若，
则fx=2csx+csx+π3=2csx+12csx−32sinx=−32sinx+52csx ，
gx=2sinx+sinx+π3=2sinx+12sinx+32csx=52sinx+32csx ，
故Gx=fx⋅gx=−32sinx+52csx52sinx+32csx
=5342+1142sin2x+φ=72sin2x+φ，其中，且，
由，故Gx=72sin2x+φ≤72，
故，即的最小值为；
【小问3详解】
由，则，由S△OQA=12OA⋅OQsinOA,OQ，
则S△OQA2=14OA2⋅OQ2sin2OA,OQ=OA2⋅OQ24⋅1−cs2OA,OQ
=OA2⋅OQ2−OA2⋅OQ2cs2OA,OQ4=OA2⋅OQ2−OA⋅OQ24
=12+12⋅f2x+g2x−fx+gx24
=2f2x+2g2x−f2x−g2x−2fxgx4
=f2x+g2x−2fxgx4=fx−gx24，
故S△OQA=fx−gx2，
又fx−gx=acsx+bcsx+φ−asinx−bsinx+φ
=acsx−sinx+bcsx+φ−sinx+φ
=acsx−sinx+bcsφcsx−sinφsinx−csφsinx−sinφcsx
=a−bsinφ+bcsφcsx−a+bsinφ+bcsφsinx
=a−bsinφ+bcsφ2+a+bsinφ+bcsφ2csx+α
=2a2+2b2sin2φ+2b2cs2φ+4abcsφcsx+α
=2a2+2b2+4abcsφcsx+α，
其中tanα=a+bsinφ+bcsφa−bsinφ+bcsφ，
故S△OQA=fx−gx2=2a2+2b2+4abcsφcsx+α2
≤2a2+2b2+4abcsφ2=22⋅a2+b2+2abcsφ，
即面积的最大值为.