精品解析：广东惠州中学2025-2026学年高一第二学期4月月考数学试卷

惠州中学2025-2026学年高一年级第二学期4月考试卷 数学 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知角的终边经过点，则= A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：由题意可知x=-4，y=3，r=5，所以.故选D. 考点：三角函数的概念. 2. 已知单位向量，的夹角为60°，则在下列向量中，与垂直的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的定义、运算性质，结合两平面向量垂直数量积为零这一性质逐一判断即可. 【详解】由已知可得：. A：因为，所以本选项不符合题意； B：因为，所以本选项不符合题意； C：因为，所以本选项不符合题意； D：因为，所以本选项符合题意. 故选：D. 【点睛】本题考查了平面向量数量积的定义和运算性质，考查了两平面向量数量积为零则这两个平面向量互相垂直这一性质，考查了数学运算能力. 3. 在用斜二测画法画水平放置的时，若的两边分别平行于轴、轴，则在直观图中等于（ ） A. B. C. D. 或 【答案】D 【解析】 【详解】因为的两边分别平行于轴、轴，则， 在直观图中，按斜二测画法规则知或，即或. 4. 对于空间任意两个非零向量，，“”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】B 【解析】 【分析】由向量共线与向量夹角的关系，判断 【详解】空间任意两个非零向量，， ，包括向量和同向共线和反向共线两种情况， 即当时，有或，不能得到，充分性不成立. ，则和方向相同，有，必要性成立； 故“”是“”的必要不充分条件. 故选：B 5. 已知四边形 中， ，则四边形 的面积为（ ） A. 3 B. 5 C. 6 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】先判断，然后求向量的模代入公式可得. 【详解】因为，所以， 又， 所以四边形 的面积. 故选：B 6. 一个球的表面积是，那么这个球的体积为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 先求球半径，再求球体积. 【详解】因为，所以,选B. 【点睛】本题考查球表面积与体积，考查基本求解能力，属基础题. 7. 如图，为测量某公园内湖岸边两处的距离，一无人机在空中点处测得的俯角分别为，此时无人机的高度为，则的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设点P在AB上的投影为O，在Rt△POB中，可得，再结合正弦定理和三角恒等变换的公式，化简求得，得到答案. 【详解】如图所示，设点P在AB上的投影为O，在Rt△POB中，可得， 由正弦定理得， 所以 故选：A. 【点睛】本题主要考查了解三角形的实际应用，其中解答中结合图象把实际问题转化为数学问题，合理利用正弦定理求解是解答的关键，注重考查了推理与运算能力. 8. 已知中角，，所对的边分别为，，，满足，且．则的最大值为（ ） A. 6 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由正弦定理及两角和差得出,再由正弦定理边角互化结合辅助角公式计算即可. 【详解】中由正弦定理 , , , ,, ,时，的最大值为. 故选：D. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 设复数z满足（其中i是虚数单位），则下列说法正确的是（ ） A. z的虚部为 B. z在复平面内对应的点位于第四象限 C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】先求解z的值，再根据复数的相关定义逐个计算判断即可 【详解】由可得 对A，z的虚部为，故A错误； 对B，z在复平面内对应的点位于第四象限，故B正确； 对C，，故C正确； 对D，，故D错误； 故选：BC 10. 已知平面向量，，则（ ） A. B. 与可作为一组基底向量 C. 与夹角的余弦值为 D. 在方向上的投影向量的坐标为 【答案】BC 【解析】 【分析】对A：计算即可得；对B：借助基底向量的定义即可得；对C：借助平面向量夹角公式计算即可得；对D：借助投影向量定义计算即可得. 【详解】对A：，则，故A错误； 对B：易得与为不共线的向量，故与可作为一组基底向量，故B正确； 对C：，故C正确； 对D：，故D错误. 故选：BC. 11. 如图，为圆锥的底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，，则下列结论正确的是（ ） A. 圆锥的侧面积为 B. 三棱锥体积的最大值为8 C. 的取值范围是 D. 若，E为线段上的动点，则的最小值为 【答案】AD 【解析】 【分析】先求出圆锥的母线长，利用圆锥的侧面积公式判断A；当时，的面积最大，此时三棱锥体积也最大，利用圆锥体积公式求解即可判断B；先用取极限的思想求出的范围，再利用，求范围即可判断C；利用图形展开及两点之间线段最短即可判断选项D. 【详解】在中，，则圆锥的母线长，半径， 对于A，圆锥的侧面积为：，故A正确； 对于B，当时，的面积最大，此时，则三棱锥体积的最大值为：，故B错误； 对于C，当点与点重合时，为最小角，当点与点重合时，达到最大值，又因为与不重合，则，又，可得，故C错误； 对于D，由，得，又，则为等边三角形，则， 将以为轴旋转到与共面，得到，则为等边三角形，，如图可知， 因为， ， 则，故D正确； 故选：AD. 【点睛】关键点睛：取极限是解决本题角的范围问题的关键；利用将以为轴旋转到与共面是解决求的最小值的关键，考查学生的想象能力与运算求解能力，属于较难题. 三、填空题：本题共3小题，共15分． 12. 若三个顶点的坐标分别为，，，且点满足，则点的坐标为__________． 【答案】 【解析】 【详解】设点的坐标为，则， ，， 由，得， 即， 所以，得，所以点的坐标为. 13. 已知函数的部分图象如图所示，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】由图象可得最小正周期的值，进而可得，又函数图象过点， 利用即可求解. 【详解】解：由图可知，因为，所以，解得， 因为函数的图象过点， 所以，又， 所以， 故答案为：. 14. 古希腊数学家托勒密于公元150年在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理，即圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积.已知，为圆的内接四边形的两条对角线，已知，若，则圆的半径为__________；若，则实数的最小值为__________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用圆的内接四边形对角的关系结合已知可求得的边长，然后由余弦定理求角，再由正弦定理可得圆的半径；再在由余弦定理结合已知表示出，使用基本不等式可得最小值. 【详解】因为四边形内接于圆， 所以，所以 因为 所以，即 又，所以 在中，由余弦定理可得 所以， 记四边形的外接圆半径为R，则，所以. 由上可知，，在中，记 则由余弦定理得，即 又由托勒密定理知，， 即，得 又 所以， 得 当且仅当，即时取等号 所以的最小值为. 故答案为： 三、解答题：本题共5小题，共73分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知． （1）求的值； （2）若，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由同角三角函数基本关系可得，然后由两角差的余弦公式可得答案； （2）由同角三角函数基本关系可得，然后由两角差的正弦公式可得答案. 【小问1详解】 因，则. 从而； 【小问2详解】 因，则. 从而. 16. 已知向量与的夹角为，且，． （1）求； （2）求向量与向量的夹角． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求出，再由代入求解即可得出答案. （2）设向量与向量的夹角，由向量的夹角公式求解即可. 【小问1详解】 ∵向量与的夹角为，且，， ∴． ∴． 【小问2详解】 设向量与向量的夹角， ∴， ∵，所以，所以向量与向量的夹角为． 17. 如图，在菱形中，. （1）若，求的值； （2）若，，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可知，即可求解； （2），从而即可求解. 【小问1详解】 因为在菱形中，. 故， 故，所以. 【小问2详解】 显然， 所以 ①， 因为菱形，且，， 故，. 所以. 故①式. 故. 18. 在中，内角，，所对的边分别是，，，且，. （1）求角； （2）若，求的平分线的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用两角和的正弦公式化简即可求出； （2）利用余弦定理及已知求出，然后利用三角形面积公式列方程求解即可. 【小问1详解】 由及正弦定理得， 即， 即， 所以，因为，所以， 因为，所以． 【小问2详解】 由及余弦定理得，又，所以， 由得， 所以，所以，解得. 19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.在中，内角，，的对边分别为，，. （1）若，且的面积为，设点为的费马点，求的取值范围； （2）若内一点满足，且平分，试问是否存在常实数，使得，若存在，求出常数；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）； （2）存在， 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换的知识化简已知条件，求得，判断出三角形的三个内角均小于，根据费马点的定义、正弦定理、三角恒等变换、向量数量积运算等知识来求得的取值范围. （2）根据三角形的面积公式列方程，结合余弦定理进行化简，从而求得的值. 【小问1详解】 因为，且， 所以， 所以， 即， 因为，，所以，，所以， 因为，所以； 因为，所以的内角均小于， 所以点在的内部，且， 由，得， 设，，则， 在中，由正弦定理得，即 在中，由正弦定理得，即， 所以 ， 因为，所以，所以， 所以的取值范围为； 【小问2详解】 因为， 即，所以， 在，，中， 分别由余弦定理得：， ，， 三式相加整理得， ， 将代入得：， 因为平分，所以，， 所以，③ 又由余弦定理可得：，④ 由③-④得：，所以， 即，所以常数，使得. 【点睛】方法点睛：在解决“新定义”问题时，关键是正确提取新定义中的新概念、新公式、新性质、新模式等信息，确定新定义的名称或符号、概念、法则等，并进行信息再加工，寻求相近知识点，明确它们的共同点和不同点，探求解决方法，在此基础上进行知识转换，合理归纳，结合相关的数学技巧与方法来分析与解决. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 惠州中学2025-2026学年高一年级第二学期4月考试卷 数学 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知角的终边经过点，则= A. B. C. D. 2. 已知单位向量，的夹角为60°，则在下列向量中，与垂直的是（ ） A. B. C. D. 3. 在用斜二测画法画水平放置的时，若的两边分别平行于轴、轴，则在直观图中等于（ ） A. B. C. D. 或 4. 对于空间任意两个非零向量，，“”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 5. 已知四边形 中， ，则四边形 的面积为（ ） A. 3 B. 5 C. 6 D. 10 6. 一个球的表面积是，那么这个球的体积为 A. B. C. D. 7. 如图，为测量某公园内湖岸边两处的距离，一无人机在空中点处测得的俯角分别为，此时无人机的高度为，则的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 已知中角，，所对的边分别为，，，满足，且．则的最大值为（ ） A. 6 B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 设复数z满足（其中i是虚数单位），则下列说法正确的是（ ） A. z的虚部为 B. z在复平面内对应的点位于第四象限 C. D. 10. 已知平面向量，，则（ ） A. B. 与可作为一组基底向量 C. 与夹角的余弦值为 D. 在方向上的投影向量的坐标为 11. 如图，为圆锥的底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，，则下列结论正确的是（ ） A. 圆锥的侧面积为 B. 三棱锥体积的最大值为8 C. 的取值范围是 D. 若，E为线段上的动点，则的最小值为 三、填空题：本题共3小题，共15分． 12. 若三个顶点的坐标分别为，，，且点满足，则点的坐标为__________． 13. 已知函数的部分图象如图所示，则___________． 14. 古希腊数学家托勒密于公元150年在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理，即圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积.已知，为圆的内接四边形的两条对角线，已知，若，则圆的半径为__________；若，则实数的最小值为__________． 三、解答题：本题共5小题，共73分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知． （1）求的值； （2）若，求的值． 16. 已知向量与的夹角为，且，． （1）求； （2）求向量与向量的夹角． 17. 如图，在菱形中，. （1）若，求的值； （2）若，，求. 18. 在中，内角，，所对的边分别是，，，且，. （1）求角； （2）若，求的平分线的长. 19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.在中，内角，，的对边分别为，，. （1）若，且的面积为，设点为的费马点，求的取值范围； （2）若内一点满足，且平分，试问是否存在常实数，使得，若存在，求出常数；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $