湖北省武汉市第二中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题（Word版附解析）

这是一份湖北省武汉市第二中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题（Word版附解析），共37页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
试卷满分：150 分
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．每小题给出的四个选项中，只有一个选
项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．
1. （ ）
A. 1 B. -1 C. i D. -i
【答案】D
【解析】
【分析】
利用复数的除法求解.
【详解】 .
故选：D
2. 函数 的零点所在区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【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. 平面向量 ， ，则 在 上的投影向量为（ ）
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A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用投影向量的概念以及平面向量数量积的坐标运算可求得结果.
【详解】由题意可知 在 上的投影向量为
.
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.
【答案】D
【解析】
【详解】 在 DN 上，故存在实数 ，使得 ，
而 ，所以 ，
又已知 ，所以 ，解得 ．
5. 已知 、 均为锐角，且 ， ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】因为 、 均为锐角，且 ，所以 .
由 ；
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由 ，所以 .
所以 .
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.
【答案】D
【解析】
【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. 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.
【答案】B
【解析】
【详解】令 ，即 ，
化简得 ，
令 ，当 时， ，
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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. 已知 的内角 、 、 的对边分别为 、 、 ，若 ，且 的
面积为 4，则 的值是（ ）
A. B. 2 C. D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】使用正弦定理和三角形面积公式求解即可.
【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 .
二、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，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分．
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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.
【答案】BD
【解析】
【分析】作出图形，根据 存在且只有一个求出 的取值范围，即可得出合适的选项.
【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. 在 中， ，且 为边 的中点，则（ ）
A. B. 若 ，则
C. D. 若 ，则
【答案】ABD
【解析】
【 分 析 】 由 余 弦 定 理 、 正 弦 定 理 及 同 角 三 角 函 数 基 本 关 系 化 简 可 得 ， 判 断 A； 由
结合余弦定理计算判断 B；由二倍角公式结合二次函数性质计算判断 C，由向
量数量积运算律计算判断 D.
【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， ，
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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. 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
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用平面向量的基本定理可判断 A 选项；利用重心的向量表示可判断 B 选项；利用平面向量数量
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积的运算性质推导出 ， ， ，可判断 C 选项；求出 的长，利用平面向量
数量积的运算性质可判断 D 选项.
【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
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，
当且仅当点 与点 重合时，等号成立，即 最大值为 ，D 对.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 1415 分．
12. 设 ，若复数 是纯虚数，则 _____．
【答案】 ##
【解析】
【详解】复数 ，
由题意可得 ，解得 .
13. 已知平面向量 与 夹角为 ， 且对任意实数 ， 的最小值为 ，则 _____．
【答案】
【解析】
【详解】因为 ，
所以当 时， 有最小值为 ，
即 ，解得 .
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： _____．
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【答案】 或
【解析】
【分析】由规律得 ，结
合已知条件得 ，解该方程组即可．
【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， ．
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．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量线性坐标运算计算求解；
（2）由题意可得 且 方向不相同，列式计算求解.
【小问 1 详解】
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设 ，则 ， ，
若 ，则 ，
即 ，解得 ，所以
【小问 2 详解】
， ，
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. 已知函数 ．
（1）求函数 的单调增区间；
（2）若 ，求函数 的值域．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由余弦二倍角公式及辅助角公式化简函数 ，再利用余弦函数性质列不等式计算求解；
（2）由 ，得 ，结合余弦函数性质计算求解.
【小问 1 详解】
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，
令 ，解得 ，
所以函数 的单调增区间为 ；
【小问 2 详解】
当 时， ，
所以 ， ，
即函数 的值域为 .
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．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理化简计算求解；
（2）由正弦定理可得 ，结合三角恒等变换可得 ，结合题意可得
，根据正切函数性质计算求解.
【小问 1 详解】
可化为 ，
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由余弦定理可得 ，
因为 ，所以 .
【小问 2 详解】
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. 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 ， ）
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（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．
【答案】（1）选模型③，
（2）至少需要 小时
（3）
【解析】
【分析】（1）根据 的增长速度可选择模型③，再结合表格中的数据可求得模型的函数解析式；
（2）解不等式 ，可得结论；
（ 3） 求 得 ， 且 ， ， 于 是 得 出
，构造函数 ，其中 ，由题意可知函
数 在 上的最小值为 ，然后对实数 的取值进行分类讨论，分析函数 在区间 上
单调性，结合 可求得实数 的值.
【小问 1 详解】
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.
【小问 2 详解】
由 ，可得 ，所以 ，
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故 ，
所以此模型至少需要训练 小时才能进入可用阶段.
【小问 3 详解】
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. 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 ．
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（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．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【 分 析 】 （ 1） 根 据 同 角 三 角 函 数 基 本 关 系 及 数 量 积 定 义 可 得
，再根据数量积的坐标运算与模的坐标运算公式计算求
解即可；
（2）根据正弦定理及余弦定理可得 ， ，取 的中点为 ，连接 ，根据向量数量
积的几何意义可得 ， ，结合（1）计算即可求解；
（3）设 ，根据“ ”的定义可知 ，结合
进行求解即可．
【小问 1 详解】
若 ，
则 ， ，
因为
，
所以 ；
【小问 2 详解】
由 和正弦定理，可得 ，
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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 ；
【小问 3 详解】
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，
，
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，又 时， ，
，
又 ， ，
， ，
则 ；
综上，四边形 的面积的取值范围为 ．
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