2024-2025學(xué)年度下學(xué)期高一期中考試

高一數(shù)學(xué)試卷

試卷滿分：150分

注意事項：

1.答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼

在答題卡上的指定位置.

2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑.寫

在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.

3.非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi).寫在試卷、草稿

紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.

一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有

一項是符合題目要求的.

1.已知z=-2—i,則z(z+D的虛部是()

A.2B.-2C.2iD.-2i

【答案】B

【解析】

【分析】由共軌復(fù)數(shù)和復(fù)數(shù)的乘法運算計算可得.

【詳解】z(z+i)=(-2-i)(-2+2i)=6-2i,故zQ+i)的虛部是—2.

故選：B

2.已知向量&=(-3,1),6=(2,1),則a在6方向的投影向量為()

A.(—2,—1)B.(—2,1)C.(2,-1)D.

【答案】A

【解析】

【分析】根據(jù)投影向量的定義結(jié)合向量的運算求解即可.

【詳解】a在6方向的投影向量為^=2.(2,1)=(-2,-1).

\b\\b\22+1

故選：A

3.已知ae(乙,兀］,且tana+tan(二一則tana二

=()

U)UJ3

11

A.—B.—2C.—D.2

33

【答案】A

【解析】

【分析】由正切的和差角公式展開，代入計算，即可得到結(jié)果.

【詳解】由tane+tanff—=|■得tana+1tano=」,整理得：3tan2cr-5tan?-2=0-

(4J3l+tane3

即(tana-2)(3tan(z+l)=0,因為tze［四,兀］,故tantz=-工.

U)3

故選：A

4.在VABC中，設(shè)=4,C4=瓦AB=C,|&|=1,|Z?|=||=2,則a.b+b+i3=()

c99

A.3B.—3C.—D.一

22

【答案】C

【解析】

【分析】由3C+C4+AB=0,得到(a+6+c)2=0,將(a+6+c/用完全平方公式展開計算即得.

【詳解】因為5C+C4+AB=0，即a+Z?+c=0，

所以(a+Z?+c)2=0?

又(a+Z?+c)2=a2+"+c~+2(o?bb?cc'uy)<

=|a|2+|z?|+|c|2+2(a-b+b-c+c-a)

=9+2(a-b+b-c+c-a)=0

9

可得—.

2

故選：C

5.下列命題：

①若Q,/?都是非零向量，則(〃?/?)，e=。?(Z??2)；

②a=b的充要條件是Ia|=|b|且〃〃b；

③九〃為實數(shù)，若則。與Z?共線；

④若A民C,。是不共線的四點，則AB=是四邊形ABCD為平行四邊形的充要條件.

其中，真命題的個數(shù)是()

A.1B.2C.3D.4

【答案】A

【解析】

【分析】由向量的數(shù)量積的定義可判斷①；由|。|=|。|且。〃。，可得a=6或a=—萬，從而得|a|=|6|且

a〃。是a=6的必要不充分條件，即可判斷②；舉反例即可判斷③；由AB=OC及ABC,。是不共線的

四點，可得四邊形A3CD為平行四邊形；由四邊形ABCD為平行四邊形，可得AB=DC且A,5C,D是

不共線的四點，即可判斷④.

【詳解】對于①，向量的數(shù)量積不滿足結(jié)合律，故①錯；

對于②，且a〃Z?oa=Z;或a=-5,

所以，|a|=|6|且a〃。是a=6的必要不充分條件，故②錯；

對于③，當(dāng)4=〃=0時，。與6可以為任意向量，滿足/la=〃Z?=O,

但。與6不一定共線，故③錯誤；

對于④，若A3,C,。是不共線的四點，

當(dāng)AB=OC時，則AB〃。且|A8|=|CC|,

此時，四邊形ABCD為平行四邊形；

當(dāng)四邊形ABCD為平行四邊形時，

由相等向量的定義可知AB=OC，

所以，若A,5C,D是不共線的四點，

則AB=OC是四邊形A3CD為平行四邊形的充要條件，故④對.

故選：A.

7T4

6.在VA5C中，B=—,BD=2DA,CD=2,則一AB+2BC的取值范圍為()

33

A.(2,4]B.(4,8]C.(0,4]D.(1,2]

【答案】B

【解析】

4

【分析】根據(jù)給定條件§AB+23。=2(3O+5C),再利用余弦定理及基本不等式求出范圍.

443

【詳解】由5D=2DA，得mAB+2BC=3.]BD+2BC=2(BD+BC),

在△5CD,由余弦定理得：BD2+BC2-2BD-BC-cos-=CD2,

3

3

即則(班)+BC)2=4+3&)BCW4+—(&)+BC)2,

4

即5D+5CW4,當(dāng)且僅當(dāng)=3。時等號成立，因此2<5。+5?！?,即4<2(5￡>+3C)<8,

4

所以一48+28。的取值范圍為(4,8].

3

故選：B

7.已知函數(shù)/(%)=5111(。%+0)(。>0,0<9<兀)的部分圖象如圖所示，VABC是等腰直角三角形，

3

C./(%)在(1,2)上單調(diào)遞減D.函數(shù)/(x)的圖象關(guān)于直線x=1對稱

2

【答案】C

【解析】

【分析】根據(jù)C為圖象上的最高點，且點C的縱坐標為1,VA3C為等腰直角三角形可以求出筋=2,進

而求出周期，再求出。，將點C代入即可求出。，從而確定函數(shù)/(%)解析式，再逐項判斷.

【詳解】由VA3C為等腰直角三角形，C為圖象上的最高點，且點C的縱坐標為1,

所以AB=2.則函數(shù)/(%)的周期為4,由昔=4,?！?,可得。=巴；

X\OB\=3\OA\,所以唱,0；則C，』],將點C代入/(x)=sin生+夕],得

(JI]jrjr

1=sinl—+^9I,則7+9=]+2左兀,左eZ.

而0＜。＜兀，貝!J°=色，所以/(x)=sin|+：

4I24

―,,/C、J'/c\'1兀、-?57r7t17r.37r?

因為/(2)+/⑸=sin7t+—+sin—+—=-sin—+sin—=0,A錯灰;

I4JI24J44

若xe(3,7),則+［兀,,因為函數(shù)丁=$山］,xe(［兀,?兀］有2兀,3兀兩個零點，所以

24144J144J

/兀兀)

/(%)=5也萬%+7在(3,7)有2個零點，B錯誤;

若XG(1,2),則、x+：e11'7r，'17r)，因為y=sinx在||?兀,:兀)上單調(diào)遞減，所以了(%)在(1,2)上單

調(diào)遞減，C正確;

^■|^=sin^-1+^=O,"%)的圖象關(guān)于娛，°)中心對稱，D錯誤.

故選：C

2

8.在VA3C中，內(nèi)角A5c所對的邊分別為瓦c,若。是VA3C邊AC上的一點，NABC=—兀且

3

BABDBDBC

\BA\Fl，4a+c=6則班)的最大值是()

132

A.2B.—C.—D.一

223

【答案】D

【解析】

BABDBDBCac

【分析】由j,|x得ZABD=ZCBD，由S=S+S°BD得BD=——,利用基本不

\BA\5CABDa+c

等式運算即可.

BABDBDBC

【詳解】可

I5A|-IBD|cosZABDBD|-JBC|cosZCBD

IBAI\BC\

cosZABD-cosZ.CBD，

一7C

:.ZABD=/CBD=—,

3

..UAABC一丁uCBD，

即—acsin120°=-a-BDsin60°+—c-BDsin60°,

222

當(dāng)且僅當(dāng)c=2a時等號成立，

2?

：.BD<-,即BD的最大值是一.

33

故選：D

二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的四個選項中，有多

項符合題目的要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.

9.下列說法正確的是（）

A,若4/2互為共軌復(fù)數(shù)，則Z]Z2為實數(shù)

B.對于復(fù)數(shù)4嗎,若㈤二㈤,則z；=z；

C.若1+i是關(guān)于尤的二次方程以2+汝+2=0（。,。611）的根，貝iJl—i也是該方程的根

D.復(fù)數(shù)z滿足貝Ulz-i|的最大值為忘+1

【答案】ACD

【解析】

【分析】A選項，設(shè)4=。+歷（a力eR）,則Z2=a-萬，利用復(fù)數(shù)乘法法則得到斗？=/+〃，A正確；

B選項，舉出反例得到B錯誤；C選項，實系數(shù)的一元二次方程虛根成對（互為共軌復(fù)數(shù)），C正確；D選

項，利用復(fù)數(shù)幾何意義得到z對應(yīng)的點的軌跡，從而得到|z|的最大值為后F+i=^+i.

【詳解】對于A選項，設(shè)％=。+歷(a,beR),則Z2=a-歷，

Ze2=(a+6i)(a-6i)=。2+人2為實數(shù)，A對；

對于B,若聞="|,例如馬=l+i,z2=l-i,滿足|zj=岡=0,

但z；=(l+iy=2i,z；=(1—i)2=—2i,即z；/z；,故B錯誤；

對于C,實系數(shù)的一元二次方程虛根成對(互為共輾復(fù)數(shù))，

所以1±i為一元二次方程ax2+bx+2=Q(a,beR)的兩根，C對；

對于D,由復(fù)數(shù)的幾何意義，可知z對應(yīng)的點的軌跡為以(1,0)為圓心，以1為半徑的圓，

Iz-i|表示圓周上的點到點(0,1)的距離，所以|2|的最大值為抗。+1=魚+1，故D對.

故選：ACD

10.己知向量o=(2cos&sin6>),0=(l,—2),則下列命題正確的是()

A.若〃〃。，則tan。=-4B.^\a+b\=\d-b\,則tan8=l

C.e是與6共線的單位向量，則0=[]，,—D./(，)=a?/?+1取得最大值時，tan9=-l

【答案】ABD

【解析】

【分析】對A,根據(jù)兩向量平行的坐標運算得解；對B,由|。+/7Hq—們可得=o,根據(jù)數(shù)量積的

b

坐標運算求解；對C,與b共線的單位向量為土▼運算判斷；對D,根據(jù)向量數(shù)量積的坐標運算結(jié)合三

\b\

角恒等變換化簡/(，)，利用正弦函數(shù)的性質(zhì)運算求解判斷.

【詳解】對于A,因為向量a=(2cos，,sin，),方=(l,-2),d//6,所以sine=-4cos。，即tan6=-4,

故A正確；

對于B,|。|=|a|等價于(a+6)2=(?！?)2,即a?+/+2a?/?=a?+/—2a為，則。?"=()，

所以a.0=2cos?！?sin。=0，所以tan8=l,故B正確;

|君,故C錯誤;

對于C,與6共線的單位向量為土

\b\

對于D,/(61)=a0+l=2cos，一2sin，+l=2VIsin：—6+1,

TTTT'Ji

當(dāng)——9=—+2E/eZ,即8=——2E,左eZ時，/（。）=a也+1取得最大值時，此時

424

(兀\兀

tan。=tan|------2kn|=一tan—=-1,故D正確.

I4J4'

故選：ABD.

H.在VA3C中，內(nèi)角A&C所對的邊分別為a,瓦c,則下列說法正確的是（）

色+工ABAB

A.BC=O,且則VA3C為直角三角形

[\AB\\AC\JTAB\TAC\2

B.若VA5C平面內(nèi)有一點O滿足：OA+OB+OC=Q^且|。4|=|。81=|OC|，則VA3C為等邊三角

形

C.若siYA+sidB+cos2c<1，則VA3C為鈍角三角形

D.若tanA+tan5+tanC>0,則VABC銳角三角形

【答案】BCD

【解析】

【分析】對A,由己知確定的角NA平分線與3C垂直，所以A6=AC,N5=NC,再利用向量夾角的

余弦得出ZA=g,最后得解；對B,根據(jù)。A+OB+OC=0可得。為VABC的重心，結(jié)合

7T

|04|=|。3|=|。。|判斷；對C,由正弦定理角化邊得4+"<02,利用余弦定理可判斷,<。<兀，得

解；對D,由兩角和的正切公式結(jié)合條件可得tanA-tan"tanC=tanA+tan5+tanC>0,進而判斷

得解.

(ABAC}

【詳解】對于A,因為----1-----分別為單位向量,

[\AB\\AC\)?"湍湛

所以/A的角平分線與3c垂直，所以A5=AC,NB=NC.

又因為^-=—,即COSA=L,因為0cA<兀，所以NA=四，

\AB\\AC\223

7T

故NB=NC=NA=—,所以VA5C為等邊三角形，故A錯誤;

3

對于B,因為。A+OB+OC=0，所以。為VABC的重心,

由|OA|=|OB|=|OC|知。為VA5C外心，故VA5C為等邊三角形，故B正確；

對于C由sin?A+sin?B+cos?C<1，可得sir?A+sin?jBvsi/C，由正弦定理可得",

所以cosC=32~~—<0,因為?！?0,兀)，所以一<。<兀，則VA5C為鈍角三角形，故C正確;

2ab2

…“「/八……tanB+tanC

對于D,由tanA=tan[兀-(B+C)]=-tan(B+C)=----------------------,

1-tanB-tanC

所以tanA?tan5?tanC=tanA+tan5+tanC>0,而人民?！?0,兀)，故AS。都為銳角，故D正

確.

故選：BCD.

三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分.

——2-

12.已知42,1),8(—3,4),點尸在直線AB上，且|AP[=]|〃3],則點尸的坐標是.

【答案】，?]或(12,-5)

【解析】

【分析】利用向量的坐標運算即可求得坐標，注意有兩解.

UUU

詳解】由A(2,1),3(—3,4)得AB=(_5,3)，

因為點尸在直線AB上，且|AP|=g|PB|,

所以AP=|A5=或AP=-2AB=(10,-6).

因為A(2,l),可設(shè)？(尤,y),

x=0

所以AP=(x_2,y_l)=1_2,g),可得＜

11，

二

或AP=(x_2,y_l)=(10,—6),可得j__5，

則點尸的坐標是I0,yh(12-5).

故答案為：[0,《J或(12,-5).

1兀

13.先將y=tan尤的圖象上所有點的橫坐標縮小為原來的縱坐標不變，再將所得圖象向左平移一個

212

單位長度后得到函數(shù)/(X)的圖象，若且/(0)>-百，則a的取值范圍是.

兀717171

【答案】

45645J

【解析】

【分析】先由題目條件得到函數(shù)/(幻的表達式，再得到由a的范圍得到2a+72T的范圍，結(jié)合角的范圍,

6

求解不等式tan[2a+Ej>-73即可得到a的取值范圍.

【詳解】將丁=1211X的圖象上所有點的橫坐標縮小為原來的縱坐標不變,

再將所得圖象向左平移出個單位長度后可得/(x)=tanf2x+g],

12I6；

,「兀兀、wc71f715兀1

由ae'貝"2a+76—3,-^,

337o2o7

因為/(cr)>—y/3，即tan|2a+—|>一&,

,.,.71.兀兀―271_715兀

故有—<2aH—<一或—<2aH—<—

66

14.如圖，在平面四邊形ABCD中，點以、N分別是線段A。、5c的中點，AB=逐,DC=①,P為

13

平面ABCD內(nèi)一點，且BP=—BM+-BN,貝"PM+PN)?(A5—￡>C)=

44

A

M

BNC

3

【答案】—##-0.75

4

【解析】

【分析】利用平面向量的線性運算，求出ABOC表示PM+PN，再利用向量數(shù)量積計算即可.

【詳解】因為=所以BP—BN=LBM—LBN,即PN=」MN,

44444

311

故PM+PN=――MN+—MN=——MN；

442

又MN=MA+AB+BN①,MN=MD+DC+CN②'

①+②得：MN=^(AB+DC),

則+PN).(AB—DC)=—giW.(AB—DC)

22

=--(AJB+DC)(AJB-DC)=--(AB-DC)=--.

，一3

故答案為：—.

4

四、解答題：本大題共5小題，共77分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.

15.瑞士數(shù)學(xué)家歐拉于1748年提出了著名的歐拉公式：3=cos尤+isinx,其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，i是

虛數(shù)單位，該公式將指數(shù)函數(shù)的定義域擴大到復(fù)數(shù)，建立了三角函數(shù)與指數(shù)函數(shù)的關(guān)聯(lián)，在復(fù)變函數(shù)論中

有非常重要的地位，被推舉為“數(shù)學(xué)中的天橋”.

—3

1J-i\20241i

(1)若復(fù)數(shù)Z=/+(g)_(]+°2,求：|z|;

(2)在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)4=-l+3i對應(yīng)的向量分別是。4。3，其中。是原點，設(shè)0A與08所

成的角為。，求cos。.

Ji

【答案】(1)|z|=—

2

⑵COS0

5

【解析】

【分析】（1）利用給定公式，結(jié)合復(fù)數(shù)的乘方及除法運算求解.

（2）利用歐拉公式求出。4,。5的坐標，進而求出夾角的余弦.

【小問1詳解】

11

依題意，-iTi..n

e2cos一+1sin—

22

1-i3__1+i_(l+i)x(-i)_11.

(l+i)2-牙―2ix(—i)一萬一9(1+i)22222,

【小問2詳解】

Z]=e^=cos^+isin^=^+^i，則04=(1,￥),03=(—1,3)，

于是OA.OB=—去+^^=曰\OA\=

=1,1OB|=7(-!)2+32=回，

OAOB0=6

所以cos0=

\OA\\OB\而一5

16.在VABC中，內(nèi)角4瓦。所對的邊分別為。也。,($111/1-5111(7)2=sin2B-sinAsinC,

(1)求&

3

（2）若tanA=—,求c.

4

jr

【答案】（1）B=-

3

（2）C=3+46

5

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理將角轉(zhuǎn)化為邊，再由余弦定理即可求解；

（2）利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系求出sinAcosA,由兩角和的正弦公式求得sinC,最后利用正弦定理

即可求解.

【小問1詳解】

因為（sinA—sinCf=sin2B—sinAsinC,化簡得sin?A+sii?C—sin?5=sinAsinC，

所以由正弦定理得：a2+c2-b2=ac，

所以由余弦定理可得cosB="一+/—”=旦=!，

2ac2ac2

TT

因為2e（0,7r）,所以3=—.

3

【小問2詳解】

334

由tanA=—,sin?A+cos2A=1，又Ae（0,兀），解得sinA=—,cosA=一，

4''55

因為。=兀一4一3,所以sinC=sin（A+B）=sinAcosB+sinBcosA

it，.兀31463+473

33525210

bA/3_c

在VABC中，由正弦定理-----=上一得.兀—3+4百，

sin3sinCsin-'十

310

所以C=3+4G.

5

17.在VABC中，AN=2NC，/為邊5c上一點，AM與6N相交于點P,

4NC

（1）若82=23右+工。1,求實數(shù)幾的值；

15

TT

（2）若IA0=2,|AC|=6,N3AC=,求/MPN的余弦值.

【答案】（1）|

G3屈

f------------

26

【解析】

【分析】（1）根據(jù)平面向量線性運算法則及平面向量基本定理計算可得;

(2)解法1：將40N看成向量AM、BN兩向量的夾角，根據(jù)向量的線性運算法則及平面向量基本

定理，用AB、AC表示AM、BN再利用已知條件求兩向量夾角余弦值即可；解法2：建立平面直角

坐標系，求出各點坐標再利用坐標方法求解.

【小問1詳解】

因為A7V=2NC，故BNuBC+CNnBC+goi

ULILlUU/1、|

又因為8尸與BN共線，設(shè)BP=juBN，則=+3cAJ=〃BC+§〃C4,

2=〃

1-尸11

由題意知3P=2BC+—C4,故＜11,所以2=〃=—,實數(shù)2的值為一.

15=55

〔—3u-15

【小問2詳解】

解法1：因為3M=MC，AN=2NC-所以AM=，(AB+AC1),BN=AN-AB=-AC-AB,

23

12\1(2221

所以AM-BN=-(AB+AC)-\-AC-AB\=-\~AC-AB--ABAC

—f—x62-22--x2x6-cos—1=9,

2(333)

|AM|=班AB?+AC+lABAC^=l^62+2?+2x6x2xg)=而,

^4~24--hQ4J"/~

\BM\=A-AC+AB-jAB-AC=J-X62+22-JX2X6X-=2y/3,

AMBN93a

所以cos4MPN=

\AM\-\BN\V13-2A/3-26

解法2：以A為坐標原點建立如圖所示的平面直角坐標系,

TT

因為/BAC=§,|AB|=2,|AC|=6,AN=2NC，

所以A(0,0),C(6,0),N(4,0),B(l,亞,

而即Af為3c的中點，故”

(1叵|

AM=BN=3-5，

2’2

AM?BN=2x3-也乂6=9,

22

故|AM|==屈,|BN|=732+(-A/3)2=2A/3>

AM-BN9_3A/39

故cosNMPN

\AM\-\BN\~yfl3-2y/3~26

18.已知函數(shù)/(x)=sinoxcos+A/3COSJcos[0x+：J(o〉O)的圖象的兩條相鄰對稱輔之

TT

間的距離為一，

2

兀71

(1)求函數(shù)/(%)在區(qū)間f上的單調(diào)遞減區(qū)間；

兀71

(2)若關(guān)于x的方程3"。)]2+%/'(0+1=0在區(qū)間-上有兩個不相等的實根，求實數(shù)加的取值

;o3

范圍.

715兀71兀

【答案】(1)

2，-12122

(2)m<T或m=—2幣.

【解析】

【分析】(1)利用三角恒等變換化簡函數(shù)解析式，利用正弦型函數(shù)對稱性和周期性求出系數(shù)。，從而得到

函數(shù)解析式，整體代入求單調(diào)區(qū)間即可；

(2)數(shù)形結(jié)合分析，將問題轉(zhuǎn)化成一元二次方程在區(qū)間上只有一個實數(shù)根，構(gòu)造不等式求解即可.

【小問1詳解】

因為/(x)=sin(oxcosa)x+^3cos(lcos(ox4-^-

1.717171

二一sm2QV+y/3sinIcox--+—|cos|coxH--

2424

=-sin2^x+^sinf6yx+—jcosfcox-\~—

2[4[4

=-sin2cox+—sinfIcox+-

22I2

1?0、?八,兀)

=-sin2(y%d----cos2cox=sin2cox+—

22{3j

IT

由/(x)圖象的兩條相鄰對稱軸之間的距離為一，得函數(shù)/(%)的最小正周期為兀,

2

由7=生=兀，得。=1,所以/(無)=sin(2x+g],

2。I3J

7T7T3冗7T7冗

令一+2EW2%+—《---b2kii,k^Z,解得---\-kji<x<----\-kn,k^Z,

2321212

[([L](57U')L'JL

所以函數(shù)/(%)在區(qū)間一方，不上的單調(diào)遞減區(qū)間為一不,-不，.

乙乙乙JL乙_L乙乙

【小問2詳解】

因為xe一f，則2x+^e[0,兀],

63J3

/jr\7171兀兀

由⑴知/(x)=sin2x+二在上單調(diào)遞增，在—上單調(diào)遞減，/(幻的函數(shù)值從。遞

令/=/(x)則，e[0,l],

依題意得方程3/+祖/+1=0在/w[0,1]上僅有一個實根，且此根應(yīng)該在區(qū)間[0,1)上,

令〃⑺=3/+加+1,因H(0)=l>0

A=/712-12=0

則需8（1）=3+加+1<。或<,解得m<-4或〃z=-2G

0<----<1

、6

所以實數(shù)相的取值范圍是m<-4或/〃=-26.

19.著名的費馬問題是法國數(shù)學(xué)家皮埃爾?德?費馬（1601-1665）于1643年提出的平面幾何極值問題：“已

知一個三角形，求作一點，使其與此三角形的三個頂點的距離之和最小”，費馬問題中的所求點稱為費馬

點，已知對于每個給定的三角形，都存在唯一的費馬點，當(dāng)VA3C的三個內(nèi)角均小于120。時，則使

ZAPB=ZBPC=ZCPA=120。的點尸即為費馬點