精品解析：江苏省无锡市梅村高级中学2025-2026学年高三上学期期初考试数学试题

高三数学 一、选择题（1-8单选，9-11多选） 1. 如图所示是某弹簧振子做简谐运动的部分图象，则下列判断错误的是（ ） A. 该弹簧振子的振幅为 B. 该弹簧振子的振动周期为 C. 该弹簧振子在和时振动速度最大 D. 该弹簧振子在和时的位移为零 2. 已知，则的值为（ ） A. 1或 B. －1或 C. 1或 D. －1或 3. 已知定义在上的偶函数，且当时，单调递减，则关于x的不等式的解集是（ ） A B. C. D. 4. 在中，设，那么动点的轨迹必通过的（ ） A. 垂心 B. 内心 C. 重心 D. 外心 5. 已知，（），若函数在区间内不存在对称轴，则的范围为（ ） A. B. C. D. 6. 在等比数列中，“是方程的两根”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 中国文化中的太极八卦图蕴含了现代哲学中的矛盾对立统一规律，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形，其中，若点P是其内部任意一点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 在中，内角，，对边分别为，，．已知，，则的最小值为（ ） A. B. 1 C. D. 9. 已知的内角，，所对的边分别为，，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则． B. 若，，则三角形有一解． C. 若，则一定为等腰直角三角形． D. 若面积为，，则． 10. 已知是单位向量，且，则下列说法错误的是（ ） A. B. 在上投影向量的坐标为 C. D. 与的夹角为 11. 如图，已知长方形中，，，，且，则下列结论正确的是（ ） A. 当时， B. 当时， C. 对任意，不成立 D. 若，则 二、填空题 12. 已知平面向量，满足，，，则与的夹角______. 13. 在中，，的角平分线交BC于D，则_________． 14. 我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数.结合以上推广，现有函数，则__________. 三、解答题 15. 已知向量，，函数． （1）若，求值； （2）若为锐角三角形，且，求的取值范围． 16. 如图，点A，B分别是圆心在坐标原点，半径为1和2的圆上的动点.动点A从初始位置开始，按逆时针方向以角速度做圆周运动，同时点B从初始位置开始，按顺时针方向以角速度做圆周运动.记t时刻，点A，B的纵坐标分别为，. （1）求时，A，B两点间的距离； （2）若，求y关于时间的函数关系式，并求当时，y的取值范围. 17. 已知数列的首项，且满足． （1）求证：数列为等比数列． （2）若，求满足条件最大整数n． 18. 在中，角所对的边分别为，设向量，，，. （1）求函数的最大值； （2）若，，，求面积. 19. 已知数列为等差数列，，，前n项和为，数列满足， 求证： （1）数列为等差数列； （2）数列中的任意三项均不能构成等比数列． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 一、选择题（1-8单选，9-11多选） 1. 如图所示是某弹簧振子做简谐运动的部分图象，则下列判断错误的是（ ） A. 该弹簧振子的振幅为 B. 该弹簧振子的振动周期为 C. 该弹簧振子在和时振动速度最大 D. 该弹簧振子在和时的位移为零 【答案】C 【解析】 【分析】 由简谐运动图象可得出该弹簧振子的振幅、最小正周期，可判断AB选项的正误，再根据简谐振动的几何意义可判断CD选项的正误. 【详解】由图象及简谐运动的有关知识知，该弹簧振子的振幅为，振动周期为， 当或时，振动速度为零，该弹簧振子在和时的位移为零. 所以，ABD选项正确，C选项错误. 故选：C. 【点睛】本题考查简谐振动图象的应用，考查振幅、周期、振动速度和位移的理解，属于基础题. 2. 已知，则的值为（ ） A. 1或 B. －1或 C. 1或 D. －1或 【答案】C 【解析】 【分析】利用三角恒等变换整理等式，求得正切值，根据二倍角公式，结合同角三角函数平方式，可得答案. 【详解】因为， 所以． 即， 即． 由原式可知，等式两边同时除以， 可得， 解得或． 所以． 当时，； 当时，． 故选：C． 3. 已知定义在上的偶函数，且当时，单调递减，则关于x的不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据具有奇偶性的定义域关于原点对称，求得的值，把不等式转化为，根据单调性和定义域，得出相应的不等式组，即可求解. 【详解】由题意，定义在上的偶函数，可得，解得， 即函数的定义域为， 又由函数当时，单调递减， 则不等式可化为， 可得不等式组，解得，即不等式的解集为. 故选：D. 【点睛】求解函数不等式的方法： 1、解函数不等式的依据是函数的单调性的定义， 具体步骤：①将函数不等式转化为的形式；②根据函数的单调性去掉对应法则“”转化为形如：“”或“”的常规不等式，从而得解. 2、利用函数的图象研究不等式，当不等式问题不能用代数法求解但其与函数有关时，常将不等式问题转化为两函数的图象上、下关系问题，从而利用数形结合求解. 4. 在中，设，那么动点的轨迹必通过的（ ） A. 垂心 B. 内心 C. 重心 D. 外心 【答案】D 【解析】 【分析】将等式化简整理得，作出中线，进一步将其化成，可得动点的轨迹为的垂直平分线，即得D项. 【详解】由可得，， 即, (*) 如图，取的中点为，连，则， 因，故得，, 代入(*)得，,即, 故垂直且平分线段，即动点的轨迹是的垂直平分线，必通过的外心. 故选：D. 5. 已知，（），若函数在区间内不存在对称轴，则的范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先通过三角恒等变换将化简成正弦型函数，再结合正弦函数性质求解即可． 【详解】函数化简得， 由， 可得函数的对称轴为， 由题意知，且， 即，，若使该不等式组有解， 则需满足，即，又， 故，即，所以，又， 所以或，所以． 6. 在等比数列中，“是方程的两根”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据“是方程的两根”与“”的互相推出情况，判断出是何种条件. 【详解】因为，所以， 所以等比数列中，所以； 又因为在常数列中，，但是不是所给方程两根． 所以在等比数列中，“是方程的两根”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 【点睛】本题考查数列与充分、必要条件的综合应用，难度一般.在等比数列中，若，则有. 7. 中国文化中的太极八卦图蕴含了现代哲学中的矛盾对立统一规律，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形，其中，若点P是其内部任意一点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据向量模长可得，到的距离，再根据平面向量数量积的运算，结合平面向量数量积的几何意义求解即可. 【详解】由八卦图的对称性可得， 故 . 设到的距离为，则， 解得. 又 . 又即在上投影， 其最大值为， 最小值为. 故， 即. 故选： C 8. 在中，内角，，的对边分别为，，．已知，，则的最小值为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由，结合化简可求出，再由正弦定理结合可得，从而可求得，再由角的范围和正弦函数的性质可求出其最小值 【详解】∵， ∴， ∴，，由正弦定理知，，， 又． ∴， ∴， 又，∴，∴． 故选：B 9. 已知的内角，，所对的边分别为，，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则． B. 若，，则三角形有一解． C. 若，则一定为等腰直角三角形． D. 若面积为，，则． 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用正弦定理判断A、B，利用正弦定理将边化角，再由二倍角公式即可判断C，由面积公式及余弦定理判断D. 【详解】对于A，由正弦定理得，因为，所以，则，故A正确； 对于B，因为，，由正弦定理得， 则，因为，所以，则，所以只有一解，则三角形只有一解，故B正确； 对于C，因为，所以，即， 又，所以， 所以或，即或，所以为等腰三角形或直角三角形，故C错误； 对于D，因为面积为，，又， 所以， 所以，显然，则，因为，所以，故D正确． 故选：ABD． 10. 已知是单位向量，且，则下列说法错误的是（ ） A. B. 在上投影向量的坐标为 C. D. 与的夹角为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由平面向量数量积的相关内容逐项判断即可. 【详解】由可得， 故，A项错误； 在上投影向量的坐标为，B项正确． ，C项错误； ，故与的夹角为，D项错误； 故选：ACD． 11. 如图，已知长方形中，，，，且，则下列结论正确的是（ ） A. 当时， B. 当时， C. 对任意，不成立 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】以为原点，建系，通过坐标运算来判断A、B选项；C选项，假设，求出的值，即可判断；D选项，列式子，由对应坐标相等，得到一个方程组，用来表示和，将转化为关于的二次函数，求出函数的值域，即可得出结论. 【详解】以为原点，、所在直线分别为轴、轴， 建立如图所示的平面直角坐标系， 则，，，，因为， 所以，即， 对于A选项，当时，， 则，，， 所以，故A正确； 对于B选项，当时，， 则，， 所以，故B正确； 对于C选项， ，， 由，得， 所以当时，，故C错误； 对于D选项，因为， 则， 所以，解得， 所以，， 因为在上单调递增， 所以，， 所以，故D正确. 故选：ABD. 二、填空题 12. 已知平面向量，满足，，，则与的夹角______. 【答案】 【解析】 【分析】利用向量数量积的运算律求得，进而可得，结合向量夹角的范围即得. 【详解】因为，，， 则，可得， 即，整理可得， 因，且，所以. 故答案为：. 13. 在中，，的角平分线交BC于D，则_________． 【答案】 【解析】 分析】方法一：利用余弦定理求出，再根据等面积法求出； 方法二：利用余弦定理求出，再根据正弦定理求出，即可根据三角形特征求出． 【详解】 如图所示：记， 方法一：由余弦定理可得，， 因为，解得：， 由可得， ， 解得：． 故答案为：． 方法二：由余弦定理可得，，因为，解得：， 由正弦定理可得，，解得：，， 因为，所以，， 又，所以，即． 故答案为：． 【点睛】本题压轴相对比较简单，既可以利用三角形的面积公式解决角平分线问题，也可以用角平分定义结合正弦定理、余弦定理求解，知识技能考查常规． 14. 我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数.结合以上推广，现有函数，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】结合题意计算可得函数的图象关于点成中心对称，利用函数对称性计算即可得解. 【详解】由且定义域为，则有， 则，故为奇函数， 故函数的图象关于点成中心对称， ， ， 又， . 故答案为：. 三、解答题 15. 已知向量，，函数． （1）若，求的值； （2）若为锐角三角形，且，求的取值范围． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）根据向量共线的坐标表示式算出正切值，再运用二倍角公式转化即得； （2）先对函数式进行恒等转化成正弦型函数，由题设条件求得角，再由锐角三角形推得角范围，即得的范围. 【小问1详解】 ∵，∴，则； ； 【小问2详解】 ， 由，得， ∵，∴，∴，即, 因为锐角三角形，可得，解得， ∴，故的取值范围为． 16. 如图，点A，B分别是圆心在坐标原点，半径为1和2的圆上的动点.动点A从初始位置开始，按逆时针方向以角速度做圆周运动，同时点B从初始位置开始，按顺时针方向以角速度做圆周运动.记t时刻，点A，B的纵坐标分别为，. （1）求时，A，B两点间的距离； （2）若，求y关于时间的函数关系式，并求当时，y的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先确定时刻两点的坐标，再利用两点距离公式； （2）根据三角函数的定义先确定与的函数关系式，从而得到所求函数关系式，再利用两角和与差的三角函数公式将函数关系式化成的形式，最后根据三角函数图像确定值域. 【小问1详解】 当时，，， 可得，，即，， 所以两点间的距离为. 小问2详解】 由题意可知：，， 则， 即函数关系为， 因为时，， 可得，即， 所以y的取值范围为. 17. 已知数列的首项，且满足． （1）求证：数列为等比数列． （2）若，求满足条件的最大整数n． 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）由，化简得到，结合等比数列的定义，即可求解； （2）由（1）求得，根据等比数列的求和公式和常数列的求和公式，求得，根据，即可求解. 【详解】（1）由题意，数列满足，可得， 可得，即， 又由，所以， 所以数列表示首项为，公比为的等比数列. （2）由（1）可得，所以 设数列的前项和为， 则 ， 若，即， 因为函数为单调递增函数， 所以满足的最大整数的值为. 18. 在中，角所对的边分别为，设向量，，，. （1）求函数的最大值； （2）若，，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由向量数量积的坐标运算得，利用降幂公式和辅助角公式化简，利用正弦函数的性质求最大值； （2）解得，由利用正弦定理边化角得，再结合余弦定理求得，面积公式求的面积． 【小问1详解】 . 因为，所以， 所以当，即时，有最大值； 【小问2详解】 因为，所以，所以， 因为，所以， 由正弦定理，所以，， 又因为，所以，得， 由余弦定理有：，即，所以， 所以． 19. 已知数列为等差数列，，，前n项和为，数列满足， 求证： （1）数列为等差数列； （2）数列中的任意三项均不能构成等比数列． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析； 【解析】 【分析】（1）依题意首先求出的通项公式，即可得到，从而得到的通项公式，即可得证； （2）假设存在成等比数列，根据等比中项的性质得到方程，即可得出矛盾，从而得证； 【详解】解：（1）因为等差数列满足，，所以，所以，所以 所以，即，即为公差为的等差数列； （2）设数列中任意三项，， 则，假设成等比数列，则 即 因为 所以，所以，即，与矛盾，所以数列中的任意三项均不能构成等比数列． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $