辽宁省鞍山市2025-2026学年高一下学期5月期中考试数学试卷

这是一份辽宁省鞍山市2025-2026学年高一下学期5月期中考试数学试卷，共12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
已知圆心角是 2 弧度的扇形的周长为 4，则扇形的面积为（ ）
A．1B．2C．3D．4
已知 1 i 2 z  4  4i ，则 z 的虚部为（ ）
2
3
2i
1
D． 2i
．下列各式中，值为 2 的是
sin15cs15B． cs2
  sin2 
tan22.5
1 tan2 22.5
1212
1 cs30
2
已知函数 f  x  sin ωx φω 0, φ  π 图象上相邻两条对称轴之间的距离为π，将函数 y  f  x 的图象
2 
2
向左平移π个单位后，得到的图象关于 y 轴对称，则函数 f  x 的一个零点是（ ）
3
π
6
π
12
π
3
5π
12
已知函数 f ( x)  Asin(ωx φ)  A  0,ω 0,|φ| π  的图象如图所示，则 f (0)  （ ）
2 

A
． 1
2
3
2
​
D．0
3
在V ABC 中， a  b  c cs B  cs A ，则这个三角形一定是（）
等腰三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形
若tan 2α 4 ，则 2  2 cs 2α 3sin 2α （ ）
31  cs 2α
 1 或 2B． 2 或 1C．2D．  1
222
如图， V ABC 是由三个全等的钝角三角形和一个小的正三角形拼成一个大的正三角形，若
AD  2, BD  1 ，点 M 为线段CE 上的动点，则MA  MC 的最小值为（ ）
 25
4
25
16
 25
16
25
4
二、多选题
下列有关复数 z 的叙述正确的是（ ）
若 z  i3 ，则 z  i
若 z  1 1 ，则 z 的虚部为i
i
1
z
若 z  1，则 1
若 z  i  1 ，则0  z  2
已知函数 f  x  tan  2x  π  ，则下列说法正确的是（ ）
3 

f ( x) 的值域是 RB． f ( x) 在定义域内是增函数
f ( x) 的最小正周期是T  π
f (x)  1 的解集是  π
 kπ, π  kπ k  Z
2 2412

已知函数 f  x  cs2x  cs x ，有下列四个结论，其中正确的结论为（ ）

f  x 在区间 3π , 3π  上单调递增
 42 
π不是 f  x 的一个周期
当 x   π , 3π  时， f  x 的值域为 2 , 9 
 4 4 
28 

f  x 的图像关于 y 轴对称
三、填空题
3
5π→→→→
已知向量a ， b 的夹角为 6 ，
a 
， b  1，则 3a  b  .
若 x  0,π ， sin  x  π  3 ，则sin  2x  π  .
2 
6 5
12 

已知函数 f  x  csωx φω 0, φ  π ，当 x  π时 f  x 取得最小值，当 x  π时 f  x 取得最大
2 44

 18 36 
值，且 f  x 在区间 π , 5π 上单调.则当ω取最大值时φ的值为.

四、解答题
→→→→→
已知非零向量a ， b 满足 a  2 b ，且a  b  b .
求a 与b 的夹角；
→→→
若 a  b  14 ，求 b .
5
10α  π ,π

β 3 
已知sin2α
， sin βα ，且
510
 4 ，
π, π ．
2 

求cs2α的值；
求α β的值．
sin αcs  5 π α
 2
已知函数 f α 
.
cs  π α tan π α
 2
化简

f α
求函数 g  x  2 f 2  x  f   π  x   2 在0 π  的值域.
 2
 ， 
2 
在面积为S 的V ABC 中，内角 A, B,C ，所对的边分别为a, b, c ，且sin C  sin B  a  b .
sin Ac  b
求角C ；
3
若c  2 3, S  2，求V ABC 的周长；
若V ABC 为锐角三角形，且 AB 边上的高h 为 2，求V ABC 面积的取值范围. 19．我们知道，三角形中存在诸多特殊位置的点，并且这些特殊点都具备一定的特殊性质.意大利学者托里 拆利在研究时发现：在三角形的三边分别向其外侧作等边三角形，这三个等边三角形的外接圆交于一点T ，该点T 即称为托里拆利点（以下简称“ T 点”）.通过研究发现三角形中的“ T 点”满足到三角形三个顶点的距离 和TA  TB  TC 最小.当V ABC 的三个内角均小于120 时， 使得AOB  BOC  COA  120 的点O 即为
“ T 点”； 当V ABC 有一个内角大于或等于120 时，最大内角的顶点为“ T 点”.试用以上知识解决下面问题:
已知V ABC 的内角 A, B,C 所对的边分别为a, b, c .
若 3b  c sin A 
3a cs C ，则
①求 A ；
②若bc  4 ，设点 P 为V ABC 的“ T 点”， 求 PA  PB  PB  PC  PC  PA ；
–––→–––→–––→
若a cs B  b cs A  c ，设 P 点为V ABC 的“ T 点”， PB  PC  2t PA ，求实数t 的最小值.
1．A
由扇形的周长和面积公式求解.
【详解】由扇形的周长公式得C  2r  l  2r  2r  4r  4 ，
解得r  1，所以扇形的面积为S  1  r 2  α  1 1 2  1.
22
故选：A 2．C
2
根据复数的模的计算公式得到2z  4  4i ，即可化简 z ，从而判断其虚部.
12  12
【详解】因为 1 i 
，所以 1 i 2  2 ，
又 1 i 2 z  4  4i ，即2z  4  4i ，所以 z  2  2i ，所以 z 的虚部为 2.
故选：C
3．C
【详解】对于选项 A： sin15∘ cs15∘  1 sin 30∘  1 ；对于选项 B： cs2 π  sin2 π  csπ 3 ；对于选项
24121262
1 cs 30∘ 2
1
3
2
2
tan 22.5∘12 tan 22.5∘1∘1
C：2
∘  
2∘ 
tan 45 
；对于选项 D：
2 
3 ；故选
1 tan 22.52 1 tan 22.5222
C
4．B
由函数 y  f  x 图象相邻两条对称轴之间的距离为π，得到周期为π，进而得到 f  x  sin 2x φ ，再利
2
y  π
用平移变换得到sin 2  x  3  φ 图象，然后根据图象关于 y 轴对称，求得解析式即可.
 
【详解】解：由函数 y  f  x 图象相邻两条对称轴之间的距离为π，可知其周期为π，
2
所以ω 2π  2 ，所以 f  x  sin 2x φ ．
π
y  f xπ
y  π
将函数  的图象向左平移 3 个单位后，得到函数sin 2  x  3  φ 图象．
 
因为得到的图象关于 y 轴对称，
ππ
所以2  φ kπ ， k  Z ，即φ k  ， k  Z ．
326
又φ  π，
2
所以φ π，
6
所以 f  x  sin  2x  π ．
6 

ππ1π
66
由sin  2x    0 得， 2x   kπ, k  Z ，即 x 

故选：B．
kπ
212
, k  Z．
5．B
根据三角函数的图象，利用最值、周期、特殊点确定 A 、ω、φ的值，即可得出结论.
【详解】由图象知，函数的最小正周期T  4  2π  π  4π，
 33 

即ω 2π  1 ， A  3 ，由五点对应法则代入 2π , 3  知，
4π2
 3
3
3sin  1  2π φ 

，即 1  2π φ= π  2kπ,k  Z，因为|φ| π ，解得φ π ，
 23

23226

所以 f  x 
3sin  1 x  π  ，则 f (0) .
3
 
26
2
故选：B
6．D
由正弦定理和三角恒等变换得到sin B  sin A 或cs C  0 ，得到三角形形状
【详解】a  b  c cs B  cs A ，由正弦定理得sin A  sin B  sin C cs B  cs A ，故sin A  sin B  sin C cs B  sin C cs A ，
又sin B  sin  A  C   sin A cs C  cs Asin C ，
sin A  sin  B  C   sin B cs C  cs B sin C ，
所以sin B cs C  cs B sin C  sin A cs C  cs Asin C  sin C cs B  sin C cs A ，所以sin B cs C  sin A cs C  0 ，
即sin B  sin Acs C  0 ，所以sin B  sin A 或cs C  0 ，由sin B  sin A 得 B  A 或 A  B  π （舍去），
由cs C  0 得C  π ，
2
故这个三角形一定是等腰或直角三角形
7．C
根据已知条件，利用正切的二倍角公式求出 tanα，再利用正余弦二倍角公式和同角三角函数的商数关系化
简要求值的式子，带值计算即可得到答案.
【详解】tan2α 4  2tanα  4  tanα 1 或2 ，
31 tan2α 32
2  2 cs 2α 3sin 2α 1 cs 2α
2  2 2 cs2α1  6 sinαcsα
1 1 2 sin2α
 4 cs2α 6 sinαcsα
2 sin2α
 2  3tanα tan2α
代入 tanα 求得值均为：2.
故选：C.
8．C
7
根据题意结合余弦定理求得 AE  1, CE  2, AC ，从而可求得CA • CE  5 ，设CM  λCE, 0  λ 1，则
MA  MC  (CA  CM )  CM  4λ2  5λ，利用二次函数的性质即可求解.
【详解】因为V ABC 是由三个全等的钝角三角形和一个小的正三角形拼成一个大的正三角形，又Q AD  2, BD  1，
AE2  CE2  2  AE  CE cs 2π
3
7
 AE  1, CE  2, AC ，
CE2  CA2  AE2
则CE  CAcs ACE  5 ，即CA • CE  5 ，
2
设CM  λCE, 0  λ 1，
–––→–––→ –––→
5 225
8

则MA  MC  (CA  CM )  CM 
λ2 CE2 λCA  CE  4λ2  5λ 4 λ

  16
又0 ≤λ≤1 ，则λ 5 时， MA • MC 取最小值 25 .
816
故选：C 9．ACD
根据复数的运算､复数的概念､复数模的计算及几何意义判断各选项.
【详解】对于 A， z  i3  i2  i  i ，则 z  i ，故 A 正确；
对于 B， z  1 1  1 i
ii2
 1 i ，则 z 的虚部为1，故 B 不正确；
a2  b2
对于 C，设 z  a  bia, b  R ，由 z  1得
1
z
1
a  bi
a  bi
a  bia  bi
a  bi
a2  b2
 a  bi 
 1 ，所以a2  b2  1
a2  b2
 1，故 C 正确；
对于 D，若 z  i  1 ，则复数 z 对应的点在以0,1 为圆心，1 为半径的圆上，这个圆上的点到原点的距离最小值为 0，最大值为 2，所以0  z  2 ，D 正确.
故选：ACD.
AC
根据正切函数的性质，即可判断 A 项；求出函数的单调递增区间，即可判断 B 项；由周期公式，求出周期，
即可判断 C 项；由 x   π , π  时，由tan x  1的解，即可得出 π  kπ  2x  π  π  kπ,k  Z ，求解不等式即
 2 2 
432

可得出解集，判断 D 项.
【详解】对于 A 项，根据正切函数的性质，可知 f ( x) 的值域是 R，故 A 项正确；
对于 B 项，由2x  π  π  kπ, k  Z 可得， x  π  kπ , k  Z ，所以 f ( x) 的定义域为x | x 
π  kπ , k  Z .

32122
122

由 π  kπ  2x  π  π  kπ, k  Z 可得，  5π  kπ  x  π  kπ , k  Z ，所以 f ( x) 在每一个区间
232122122
  5π  kπ , π  kπ k  Z 上单调递增，故 B 项错误；
 122 122 

对于 C 项，由已知可得， f ( x) 的最小正周期是T  π ，故 C 项正确；
2
对于 D 项，当t   π , π  时，由tan t  1，可得 π  t  π .
 2 2 42

则由 π  kπ  2x  π  π  kπ, k  Z 可得，  π  kπ  x  π  kπ ,k  Z ，
432242122
所以 f (x)  1 的解集是  π  kπ , π  kπ k  Z ，故 D 项错误.
 242 122 

故选：AC.
BCD
对于 A，通过举反例取 x [π, 5π ]，得出 f ( x) 单调递减；对于 B，根据周期的定义，即可判断；对于 C，由
4

x   π , 3π  得出 f ( x) 的解析式，设cs x  t [1, 
 4 4 
f ( x) 为偶函数，即可判断 D．
2 ] ，即可得出值域；对于 D，由奇偶函数的定义判断出
2
【详解】因为 y  cs x 是R 上的偶函数，所以 f  x  cs2x  cs x ，对于 A：
当 x [π, 5π ] 时， f  x  cs2x  cs x  2 cs2 x  cs x 1 ，设cs x  t [1, 
4
2 ] ，
2
则 g(t)  2t2  t  1  2(t  1 )2  9 ， g(t) 在[1, 
48
又 y  cs x 在[π, 5π ] 上单调递增， 4
所以 f ( x) 在[3π , π] 单调递减，故 A 错误；
4
2 ] 上单调递减，
2
对于 B：
f  x  π  cs(2x  2π)  cs(x  π)  cs 2x  cs x  f (x) ，故 B 错误；对于 C：

当 x   π , 3π  时， f  x  cs2x  cs x  2 cs2 x  cs x 1，
 4 4 
设cs x  t [ 2 , 2 ]，
22
则h(t)  2t 2  t 1  2(t  1 )2  9 ，
48
因为t [ 2 , 2 ] ，
22
2
所以h(t) [9
，故 C 正确；
, ]
28
对于 D：
f ( x) 定义域为R ，
因为 f (x)  cs(2x)  cs(x)  cs 2x  cs x  f (x) ，所以 f ( x) 为偶函数，图像关于 y 轴对称，故 D 正确； 故选：BCD．
19
​
根据| 3a  b |
(3
a  b )
→
→
2

计算可得结果.
9 | a | 
→
2
6a b
→
 
→
| b |
→
2

3
a  b
→→
2
→→
【详解】 3a  b 

9 a  6a  b  b
→ 2
→ →→ 2

9  3  6  3 1  3  1
2 

 19 .
19
故答案为：.
17 2
50
根据 x  0,π 以及sin  x  π  3 
3 求出cs(x  π  4 ，根据二倍角的正弦、余弦公式求出


2 
6 526 )5
sin 2(x  π 24 ，
π 7
，根据
πππ

及两角差的正弦公式可得结



) 
6 25
果.
cs 2(x  ) 
6 25
sin(2x )  sin 2(x  ) 
1264 
x  0,π
x π π 2π
【详解】因为
2  ，
 6  , ，

x ππ 2π
 63 
3
π
当  6 (,) 时， sin  x 
(,1]，
33
sin  x  π  3
6 
x π
2
π π
3
又6 5 ，所以
 6  ,  ，
2
1 sin2 (x  π
6
)
所以cs(x  π 
6
 6 3 
)  4 ，
5
所以sin 2(x  π 
ππ3 424
，
6 )  2 sin(x  6 ) cs(x  6 )  2    25
5 5
cs 2(x  π   2 cs2 (x  π 1  2  16 1  7 ，


)
6 
)
62525




所以sin(2x  π)  sin 2(x  π  π  sin 2(x  π π cs 2(x  π π
12
 24  2  7  2
6 )4 
) cs
6 4
) sin
6 4
252252
 17 2 .
50
故答案为： 17 2 .
50
π
2
【详解】根据题意，因为当 x  π时 f  x 取得最小值，当 x  π时 f  x 取得最大值，
故 n  1   2π  π
44
 N ，解得ω 4n  2 n  N  .
2  ω2 , n

因为 f  x 在区间 π , 5π 上单调，故 5π π  π  T ，即可得T  2π  π

 18 36 

3618122ω6
解得ω 12 ，又ω 4n  2 n  N  ，当ω 10 时， f  x  cs10x φ
且10  π φ π 2kπ, k  Z ，由φ  π，得φ π，
4 22

f x π
 π 5π
此时  cs10x  2  在区间, 单调，满足题意.
 18 36 
故ω的最大值为 10，此时φ的值为π.
2
故答案为： π.
2
2
15．（1） π；（2）
3
→→→
.
rrr
→ → →2→→
（1）由a  b  b ，得a  b b  0 ，则abb
0，再结数量积的公式和 a  2 b 可求得a 与b 的夹角；
→→
（2）由 a  b 
→→ 2
14 ，得 a  b
→→
 14 ，将此式展开，把 a  2 b 代入可求得结果
→→→rrr
【详解】（1）∵ a  b  b ，∴a  b b  0 ，
→ → →2
∴ abb 0，
→ →→ →→ 2
∴ a  b cs a, b  b
→→→ 2
 0 ，
→ →→ 2
∵ a  2 b ，∴ 2 b cs
a, b  b
 0 ，
∴ cs
→ →
→ →1
a, b  ，
2
π
∵ a, b
0,π ，∴ a 与b 的夹角为.
3
→→
（2）∵ a  b 
→→ 2
14 ，∴ a  b
 14 ，
→→
∵ a  2 b ，又由（1）知cs
→ →1
a, b  ，
2
→ 2
∴ 7 b
→
2
 14 ，∴ b .
16．(1)  2 5
5
(2) 7π
4
【详解】（1）因为α  π ,π ，所以2α  π ,π α  π , π  ，
 4
 2

 4 2 
因为sin 2α
5 ，所以cs 2α 
5
1  sin2 2α  2 5 .
5
α  π , π 
β 3 
βα  π , 5π 
（2）因为
 4 2  ，
π, π ，所以

2 
，

 2 4 
因为sin βα  10  0 ，所以βα  π , π ，且csβα   3 10 ；
10 210
cs(α β)  cs(2α βα)  cs 2αcs(βα)  sin 2αsin(βα)
  2 5 ( 3 10 ) 
5  10 2 .
5105102
因为α β 2α βαπ, 2π ，所以α β 7 .
4
17．(1) f α  csα
3, 33
8 
sin αcs  5 π α
α 
 2
 sinαsinα  sinαsinα  csα
【详解】（1） f

；
cs  π α tan π α
sinαtanα
sinα sinα
 2
csα

（2）由（1）可得
g  x  2 cs2 x  cs   π  x   2  2 1 sin2 x  sin x  2  2 sin2 x  sin x  4 ，
 2

 ， 
令t  sin x ，Q x  0 π  ，t 0,1 ，
2 
 h t   g  x  2t 2  t  4 ， t 0,1，
对称轴为t  1 ，
4
1 1  1 2
133
  
当t  4 时， h t max  h  4   2  4 
  4 ，
48
min
当t  1时， h t  h 1  2 1 4  3 ，故函数 g  x  的值域为3, 33 .
8 
18．(1) π
3
3
(2) 2 6
 4 3 , 2 3 
 3

利用正弦定理将角的关系化为边的关系，再通过余弦定理求出角C .
先由三角形面积公式求出ab 的值，再结合余弦定理求出a  b 的值，进而得到三角形的周长.
根据三角形面积公式得到a, b 与面积S 的关系，再利用正弦定理和锐角三角形的条件确定角 A 的范围，从而得出面积的取值范围.
【详解】（1）由正弦定理得 sin C  sin B  c  b ，所以 c  b  a  b ，
sin Aa
ac  b
a2  b2  c2ab1
所以c2  b2  a2  ab ，由余弦定理， csC  ，
因C 0, π ，则C  π .
3
2ab
2ab2
由余弦定理， a2  b2  2abcsC  c2 ，即a2  b2  ab  12 ，
3
又S  1 absinC  3 ab ，由条件知S  2
，所以ab  8 ，
24
所以a2  b2  20 ， a  b2  36 ， a  b  6 .
3
所以V ABC 周长为2 6 .
由S
V ABC
 1 ch  1 ab sin C 可得： 4c 
22
3ab
a
由正弦定理， sin A
b
sin B
c
sin C
3ab 4  3
2
 ab
2
，即得： b 2 , a 2，
sin Asin B
S 1 ab sin C  1 
2 2
 3 
则 △ ABC

22 sin B
3
sin A2
 2π
sin Asin  3  A

3
sinAcsA  sinA
 3
1

3
3 sin2 A  1 1 cs2 A

4 3,
2sin  2 A  π  1
6 
 22
44


由V ABC 为锐角三角形可得， 
0  A  π
2
2ππ
，解得： π  A  π ，
62
0  A 
32
则π  2 A  π  5π ， 1  sin  2 A  π   1，故得 4 3  S
 2 3 ，
6662
6 
VABC
3
即V ABC 面积的取值范围为 4 3 , 2 3  .
 3

19．(1)① π ；② 2 ；
3
(2)1 3 .
【详解】（1）①在V ABC
中，由正弦定理得 3 sin B  sin C sin A 
3 sin A cs C ，
Q B  π （A  C) ，有sin B  sin( A  C) ，
（3 sin A cs C  cs Asin C)  sin C sin A 
3 sin A cs C ，
3 cs Asin C  sin C sin A ，
3
Qsin C  0 ，tan A ，又 A(0, π)，
 A  π ；
3
②由①知 A  π ，则V ABC
3
的三个角都小于120∘ ，
由“ T 点”定义知： APB  BPC  APC  120∘ ，
–––→
–––→
–––→
设 PA  x ， PB  y ， PC  z ，由SV APB  SV BPC  SV APC  SV ABC 得
1 xy 
3  1 yz 
3  1 xz 
3  1  4 
3 ，整理得 xy  yz  xz  4 ，
22222222
所以 PA  PB  PB  PC  PA  PC
 xy   1   yz   1   xz   1    1 4  2 .
 2  2  2 2

（2）由a cs B  b cs A  c ，结合正弦定理sin A cs B  sin B cs A  sin C ，有sin（A  B)  sin C ，Q A, B, C 均为三角形内角， A  B  C
或 A  B  C  π （舍），即 A  B  C  π  A ， A  π ，
2
由点 P 为V ABC 的“ T 点”，得APB  BPC  APC  120∘ ，设 PB  m PA ， PC  n PA ， PA  x ， m  0, n  0, x  0 ，
由 PB  PC  2t PA ， 得m  n  2t ， 由余弦定理得
3
AB 2  x2  m2 x2  2mx2 cs 2π  m2  m 1 x2 ，
3
AC 2  x2  n2 x2  2nx2 cs 2π  n2  n 1 x2 ，
3
BC 2  m2 x2  n2 x2  2mnx2 cs 2π  m2  n2  mn x2 ，
相加得 AC 2  AB 2  BC 2 ，得n2  n 1 x2  m2  m 1 x2  m2  n2  mn x2 ，整理得m  n  2  mn ，
 m  n 2
3

于是m  n  2  mn  
，当且仅当m  n ，即m  n  1时取等号，
2
3

又m  n  2t,
因为t 2  2t  2  0,
而t  0,
解得t  1，所以实数t 的最小值为1 3 .