江苏连云港市东海县2025_2026学年第二学期期中考试高一数学试题 [含答案]

这是一份江苏连云港市东海县2025_2026学年第二学期期中考试高一数学试题 [含答案]，共21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。
用时：120分钟
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 在复平面内，复数对应的点坐标是，则（）
A. B. 5C. D. 8
【正确答案】C
【分析】先应用复数的几何意义得出复数，再应用复数加法及模长公式计算求解.
【详解】复数对应的点坐标是，则，
则z+i=−2+i+i=−2+2i，
则z+i=−22+22=22.
2. 化简，得（）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】应用诱导公式及逆用差角正弦公式化简求值即可.
【详解】由，，
∴.
故选：A
3. 设为非零向量，则“”是“”的（）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【正确答案】C
【分析】由向量的垂直与模长结合充分必要条件的概念判断即可.
【详解】因为为非零向量，若，则，
所以，，则，
反之若，所以，
所以，由于为非零向量，故，
所以，“”是“”的充要条件.
故选：C.
4. 已知向量，，，若，，三点共线，则实数（）
A. 3B. C. 2或3D. 或
【正确答案】A
【详解】由,，可得BA=OA−OB=k−4,−1，BC=OC−OB=1,k−2，
若，，三点共线，则k−4k−2+1=0，即
解得.
5. 已知，则tanα−π4=（）
A. 2B. C. D.
【正确答案】C
【详解】1+sin2α1+cs2α+sin2α=sinα+csα22cs2α+2sinαcsα=sinα+csα22csαcsα+sinα=csα+sinα2csα=2，
所以，化简可得：，
tanα−π4=tanα−11+tanα=3−11+3=12.
6. 已知，则的值为（）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】应用辅助角公式化简得，设，则，进而化简可得，根据二倍角公式即可求解.
【详解】，
设，则，
所以，，
因为，
所以.
故选：A
7. 在中，，是边的中点，是边上靠近的三等分点，与交于点，若，则角等于（）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】先由基底表示，再代入可得3AC=AB，由正弦定理求出，最后由三角形的内角和求角.
【详解】取的中点，连接，因为是边的中点，
所以，又因为，所以，
因为△HMD≅△EMA，所以，
所以AM=12AD=14AC+AB，，
所以6AM⃗⋅EC⃗=6×14AC⃗+AB⃗⋅AC⃗−13AB⃗=32AC⃗2+AB⃗⋅AC⃗−12AB⃗2
由可得：，即3AC=AB，
设角的对边分别为，即，
由正弦定理可得：，化简可得：，
因为，所以或（舍去），又因为，
所以.
8. 在中，，则的最小值是（）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】利用二倍角的余弦公式可得，再由正弦定理角化边可得关系，最后利用余弦定理和基本不等式可求得的最小值.
【详解】由可得：
31−2sin2A=21−2sin2B+1−2sin2C，
所以，
再由正弦定理可得：，则，
（当且仅当，即时取等号），
所以的最小值为.
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.
9. 设、是方程的两个复数根，则（）
A. B. C. D.
【正确答案】AB
【分析】根据复数范围内的根可得，，结合复数的四则运算以及模长公式求解判断即可.
【详解】由题意得，，不妨设，，
对于A：，所以，A正确.
对于B：z12=−12+32i2=14−32i+34i2=−12−32i，则z12=z2，B正确.
对于C：z13=z1⋅z12=−12+32i−12−32i=14−34i2=1，C错误.
对于D：1z12+z2=1−12−32i+−12−32i=−12+32i−12−32i−12+32i+−12−32i
=−12+32i+−12−32i=−1，D错误.
10. 在表达式有意义的条件下，下列等式成立的是（）
A. csA+BcsA−B=cs2A−sin2B
B.
C.
D.
【正确答案】ACD
【分析】根据两角和与差的正弦、余弦、正切公式，结合二倍角公式及三角函数的平方和关系化简求解即可.
【详解】对于A：csA+BcsA−B=csAcsB−sinAsinBcsAcsB+sinAsinB
=cs2Acs2B−sin2Asin2B=cs2A1−sin2B−1−cs2Asin2B
，A正确.
对于B：sinA+BsinA−B=sinAcsB+csAsinBsinAcsB−csAsinB
=sin2Acs2B−cs2Asin2B=sin2A1−sin2B−1−sin2Asin2B
，B错误.
对于C：tanA+π4+tanA−π4=tanA+11−tanA+tanA−11+tanA=tanA+12−tanA−121−tan2A
=tan2A+2tanA+1−tan2A−2tanA+11−tan2A=4tanA1−tan2A=2tan2A，C正确.
对于D：因为tan3A=tan2A+A=tan2A+tanA1−tan2AtanA，
所以tan3A1−tan2AtanA=tan2A+tanA，即，
所以，D正确.
11. 的角，，所对边分别为，，，若，，则（）
A. B. 面积的最大值为
C. 外接圆半径为2D. 的最大值为
【正确答案】BCD
【分析】由同角三角函数的商数关系和正弦定理化简可求得可判断A；由三角形的面积公式和基本不等式可判断B；由正弦定理求出外接圆半径可判断C；由数量积的定义和正弦定理化简，再由正弦函数的性质求最大值可判断D.
【详解】对于A，由可得：a−2ctanA+atanB=0
a−2csinAcsA+asinBcsB=0，所以a−2csinAcsB+asinBcsA=0，
则asinAcsB+sinBcsA−2csinAcsB=0，
即asinC=2csinAcsB，再由正弦定理可得sinAsinC=2sinCsinAcsB，
因为，所以，
所以，因为，所以，故A错误；
对于B，由余弦定理可得：csB=12=a2+c2−b22ac≥2ac−122ac，
当且仅当时取等，所以，
面积为，当且仅当时取等，
所以面积的最大值为，故B正确；
对于C：设外接圆半径为，bsinB=2R=2332=4，
则，外接圆半径为2，故C正确；
对于D，由正弦定理可得：，
CA⋅CB=CA⋅CB⋅csC=abcsC=23acsC=83sinAcsC
=83sinπ3+CcsC=8332csC+12sinCcsC
8332cs2C+12sinCcsC=8332⋅1+cs2C2+14sin2C
=43sin2C+π3+6，当sin2C+π3=1，此时2C+π3=π2，即时，
取得最大值，为，故D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，，则在上的投影向量的坐标为__________.
【正确答案】
【详解】因为a=23,2，，
所以a⋅b=23×1+2×3=43，b=1+32=2，
则在上的投影向量的坐标为a→⋅b⃗b⃗2b⃗=3×1,3=3,3.
13. 已知，若，则的最小值为__________.
【正确答案】
【详解】设，，，
因为z+3−4i=a+3+b−4i=a+32+b−42=1，
所以a+32+b−42=1，
所以复数在复平面对应的点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
所以表示到原点的距离，
则最小值为−32+42−1=4.
14. 在平面凸四边形中，，，，则四边形面积的最大值是______.
【正确答案】
【分析】在和中由余弦定理表示出，可得，再求出凸四边形ABCD面积，由此求出的面积的最大值，进而求出的最大值.
【详解】连接，在和中，，
，
所以，
设凸四边形ABCD面积为，
所以，
所以S2+22=8sinD+6sinB2+6csB−8csD2
=100−96csB+D≤100+96=196，
所以当时，有最大值，即有最大值，
所以S的最大值为.
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. 已知向量，满足，，与的夹角为.
（1）求；
（2）若，求实数的值.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）将平方求模长；
（2）根据垂直关系的向量表示求解.
【小问1详解】
因为，所以，
，
，
.
【小问2详解】
由得
，
解得.
16. 已知，，.求：
（1）的值：
（2）的值.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）利用同角三角函数基本关系结合角的象限，求出、，再代入两角差的正弦公式计算的值，再由倍角公式求出.
（2）由两角和的余弦公式求csβ+2α，根据角的范围确定的值.
【小问1详解】
因为，所以，
因为，所以，
则sinα+β=1−2552=55，
同理，所以sinβ=1−72102=210，
所以sinα=sinα+β−β=sinα+βcsβ−csα+βsinβ
=55×7210−255×210=51050=1010，
所以csα=1−10102=31010，
所以.
【小问2详解】
csβ+2α=csβ+α+α=csβ+αcsα−sinβ+αsinα
，
因为，所以，所以.
17. 在中，已知，.
（1）求角；
（2）求边上的中线的最大值.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据正弦定理角化边可得，再由余弦定理直接求解即可；
（2），两边平方化简，由余弦定理得，代入上式化简再结合基本不等式可求得结果.
【小问1详解】
由正弦定理可得：，则，
由余弦定理可得：，
因为，所以.
【小问2详解】
因为，
，
在中，由余弦定理得，
即(b+c)2=3+3bc≤3+3b+c22，所以，
当且仅当时，等号成立，
又因为，则b+c2−33=bc，
故有4AD2=b2+c2+bc=(b+c)2−bc=(b+c)2−(b+c)2−33=23(b+c)2+1≤9，
从而AD≤32，故的最大值为.
18. 在中，，，，点，分别是边和上的动点.
（1）求的面积；
（2）若点，分别是边和的中点，求；
（3）是否存在定点，使为定值？若存在，求出该定值，若不存在，说明理由.
【正确答案】（1）
（2）
（3）存在满足，使得为定值.
【分析】（1）由余弦定理求出，再由面积公式求解即可；
（2）分别求出，再由数量积的运算律求解即可；
（3）设，再由数量积的定义化简，当时，即可得出答案.
【小问1详解】
由余弦定理可得：，因为，
所以，所以，
所以的面积为.
【小问2详解】
，
，
【小问3详解】
设，
则，BF=μAC−AB，
，
若存在定点，使为定值，则其值与无关，故的系数为，
则，即，
解得：，此时，
故存在满足，使得为定值.
19. 已知单位圆的圆心为，点、是单位圆上的两个不同定点.动点在单位圆上，且满足.
（1）求；
（2）求的取值范围；
（3）设直线交直线于点，，，求的最小值.
【正确答案】（1）
（2）
（3）
【分析】（1）根据题意结合数量积的运算律可得.
（2）解法二：建系标点，设，结合三角恒等变换可得=2−2sinα+π4，结合三角函数分析求解；
（3）建系，利用坐标运算可得m2n+1=132+10sin2α+φ2，结合三角函数最值分析求解.
【小问1详解】
因为，
可得，
又因为为锐角，则，可得.
【小问2详解】
以为原点，以为轴，建立直角坐标系，
则Pcsα,sinα,A1,0,B0,1,O0,0，
可得OP=csα,sinα,AP=csα−1,sinα,OB=0,1,BP=csα,sinα−1，
则=csα⋅csα−1+sinα⋅sinα−sinα−1
=cs2α−csα+sin2α−sinα+1=2−csα−sinα=2−2sinα+π4，
且，则，
可得，即OP⋅AP−OB⋅BP=2−2sinα+π4∈2−2,1，
所以的取值范围为.
【小问3详解】
因为Pcsα,sinα,A1,0,B0,1,O0,0
OM=mOP=mcsα,sinα=mcsα,msinα，且三点共线，
直线可表示为，点在直线上，
则，可得，
BM=mcsα,msinα−1=csαcsα+sinα,sinαcsα+sinα−1=csαcsα+sinα,−csαcsα+sinα，BA=1,−1，
BM=nBA=n,−n=csαcsα+sinα,−csαcsα+sinα，则，
可得m2n+1=1csα+sinα21+csαcsα+sinα=12cs2α+3csαsinα+sin2α
，
可知当时，取得最大值，
此时取得最小值，
所以的最小值.