精品解析：江西鹰潭市余江区第一中学2025-2026学年高一下学期数学期中测试

2025-2026下学期余江一中高一数学期中测试 一、单选题（每小题5分，共40分） 1. 设扇形的周长为，面积为，则扇形的圆心角的弧度数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 设是表示平面内所有向量的一个基底，则下列四组向量中，不能作为基底的是（    ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，，满足，，，则在方向上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 5. 将函数图象上的点向左平移个单位长度得到点，若在函数的图象上，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 在中，，为边上一点，且，则面积的最小值为（    ） A. B. C. D. 7. 若函数在区间恰有2个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，已知分别是边上的点，且满足，，与交于，连接并延长交于点．若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 2 二、多选题（每小题6分，共18分） 9. 下列命题中，正确的是（    ） A. 若与平行，则 B. 若，则 C. 若不平行的两个非零向量、，满足，则 D. 若平面内有四点，则必有 10. 在中，，，，则（ ） A. B. C. 的面积为 D. 外接圆的直径是 11. 已知函数的最小正周期为，则（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. 在区间上单调递减 D. 将图象上所有的点向左平移个单位长度后所得图象对应的函数为偶函数 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 函数的定义域为______． 13. 已知是的重心，，，，则______． 14. 将函数图象与直线的所有交点从左到右依次记为，，…，若P点坐标为，则________. 四、解答题（共77分） 15. （1）已知，，化简； （2）计算的值. 16. 已知点，，，． （1）若，，求的值； （2）求的最小值． 17. 中，角，，的对边分别为，，，面积满足. （1）求； （2）若，且，求的长. 18. 已知函数． （1）若直线为图象的两条相邻对称轴，且， ①求函数的解析式； ②若关于的方程在区间上有解，求实数的取值范围； （2）若对任意，函数在区间上恰有三个零点，求的取值范围． 19. 在平面直角坐标系中，从原点出发，每次只能走一步或，有两种路径可以选择，如图所示： 若某点可以表示为（为整数），则称为可达点． 已知：向量的加法：；向量的数乘：． （1）分析可达点中、满足的函数关系，判断是否为可达点，并说明理由． （2）证明：若是可达点，则也是可达点． （3）若某些可达点满足，求在所有满足条件的可达点中，最小的点及此时的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026下学期余江一中高一数学期中测试 一、单选题（每小题5分，共40分） 1. 设扇形的周长为，面积为，则扇形的圆心角的弧度数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【详解】设弧度为，半径为， 根据弧长公式和面积公式可得， 可得，. 2. 设是表示平面内所有向量的一个基底，则下列四组向量中，不能作为基底的是（    ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【详解】，是平面内所有向量的一组基底，所以与不共线. 对于A，假设与共线，则存在实数，使， 所以，无解，所以假设不成立. 所以与不共线，所以A能作为基底； 对于B，假设与共线，则存在实数，使， 所以，无解，所以假设不成立. 所以与不共线，所以能作为基底； 对于C，因为， 所以与共线，不能作为基底，所以C正确； 对于D，假设与共线，则存在实数，使， 所以，无解，所以假设不成立， 所以与不共线，能作为基底. 3. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用诱导公式化简可得，，，结合余弦函数单调性即可判断. 【详解】由于，, , 因为余弦函数在上单调递减，且，所以， 则 4. 已知向量，，满足，，，则在方向上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】已知， 则，解得， 在方向上的投影向量为：． 5. 将函数图象上的点向左平移个单位长度得到点，若在函数的图象上，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将代入该函数，可求出的值，再根据函数图象平移的坐标变化规律，可写出点的坐标，进而得到关于的等式，最后等式转化为同名三角函数，再结合三角函数的周期性，求出的最小值. 【详解】点在上，代入， 得：， 点向左平移个单位，纵坐标不变，横坐标减，得， 因为点在的图象上， 所以， 化简得：， 解得， 因为，取，得最小正值. 6. 在中，，为边上一点，且，则面积的最小值为（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合图形，根据三角形等面积可得；再根据基本不等式可得出，进而可求出面积的最小值. 【详解】 因为，， 所以. 又因为， 所以，. 根据等面积法可得：，即， 整理得. 由基本不等式可得：，当且仅当时等号成立. 则，解得：，此时，时等号成立. 故. 故选：D 7. 若函数在区间恰有2个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用换元法结合三角函数图象的列出限制条件可得答案. 【详解】令, 则等价于有两个根， 由于时，有唯一个根, 而时，有两个根； ∴函数在区间恰有2个零点， 等价于与有一个公共点，如图， 则且，所以. 故选：B. 8. 如图，已知分别是边上的点，且满足，，与交于，连接并延长交于点．若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由共线、共线分别可得、，进而得、求参数，得，最后由且共线求参数. 【详解】由共线，则，， 所以①， 由共线，则，， 所以②， 由①②知：，则，故， 由，则， 由共线，则，可得. 故选：A 【点睛】关键点点睛：令、，利用不同参数及表示出为关键. 二、多选题（每小题6分，共18分） 9. 下列命题中，正确的是（    ） A. 若与平行，则 B. 若，则 C. 若不平行的两个非零向量、，满足，则 D. 若平面内有四点，则必有 【答案】CD 【解析】 【详解】对于A，由与平行，得，A错误； 对于B，当时，对任意向量，均有成立，B错误； 对于C，若不平行的两个非零向量、，满足，则，C正确； 对于D，， 因此，D正确. 10. 在中，，，，则（ ） A. B. C. 的面积为 D. 外接圆的直径是 【答案】AD 【解析】 【分析】根据三角函数的性质求出，再利用余弦定理求出，接着根据正弦定理求出外接圆直径，然后求出，最后根据三角形面积公式求出三角形面积，再结合大边对大角判断角的范围，从而对各选项进行判断. 【详解】已知，因为是三角形内角，即， 根据三角函数平方关系，可得：  根据余弦定理， 已知，，，代入可得：， 所以.  根据正弦定理，可得， 将，，代入可得： ，所以选项正确.  因为，根据大边对大角可知，又因为， 且是三角形内角，所以，那么， 同时，所以选项错误.  根据三角形面积公式，将，，代入可得： ，所以C选项错误.  根据正弦定理（为外接圆半径）， 可得外接圆直径，所以选项正确.  故选：AD. 11. 已知函数的最小正周期为，则（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. 在区间上单调递减 D. 将图象上所有的点向左平移个单位长度后所得图象对应的函数为偶函数 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据解析式及条件，结合最小正周期公式，可得值，即可判断A的正误；将代入，结合正弦型三角函数图象与性质，可判断B的正误；将代入，结合正弦型三角函数图象与性质，可判断C的正误；求出平移后的解析式，根据偶函数定义，可判断D的正误. 【详解】选项A：因为， 所以的最小正周期，则，故A正确； 选项B：由（1）得， 则当时， ，所以的图象关于直线对称，故B正确； 选项C：令，解得， 当时，单调增区间为，故C错误； 选项D：将向左平移个单位长度后，得， 则，所以为偶函数，故D正确. 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 函数的定义域为______． 【答案】 【解析】 【分析】由题可得，再根据正切函数单调性解不等式即可. 【详解】由题意，得， 所以， 解得， 故所求函数的定义域为． 故答案为： 13. 已知是的重心，，，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据三角形重心的性质得到和的表达式，然后通过向量的数量积运算，将展开并进行化简，最终求出结果. 【详解】是的重心，，， 又，，， . 故答案为：. 14. 将函数图象与直线的所有交点从左到右依次记为，，…，若P点坐标为，则________. 【答案】 【解析】 【分析】先作图分析两函数的交点个数，判断两函数图象均关于对称，利用对称性，结合平面向量基本定理即可求解. 【详解】在同一坐标系中作出，的图象，可分析出它们只有11个交点，如图所示， 注意到，都关于对称，则， 于是， 所以. 四、解答题（共77分） 15. （1）已知，，化简； （2）计算的值. 【答案】（1）；（2）0 【解析】 【详解】（1）. （2） . 16. 已知点，，，． （1）若，，求的值； （2）求的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先，写出相应向量的坐标形式，然后，根据共线的条件进行求解. （2）写出相应向量的坐标形式，结合向量的模的计算公式转化为求二次函数最小值. 【小问1详解】 因为，， ，则，， 由，可得，解得. 【小问2详解】 因为，，则， 所以， 则， 所以当时，. 17. 中，角，，的对边分别为，，，面积满足. （1）求； （2）若，且，求的长. 【答案】（1）（2） 【解析】 【分析】(1)根据余弦定理与三角形面积公式化简可得,再结合可构造关于的二次方程,再求解即可. (2) 结合正、余弦定理化简即可得,再代入余弦定理求解即可 【详解】（1）由,又, 于是, 即, 结合,可得, 解得或（舍去）,故. （2）由结合正、余弦定理,可得,即, 解得,又,所以. 由,得,解得. 【点睛】本题主要考查了正余弦定理以及同角三角函数的关系在解三角形中的运用,属于中档题. 18. 已知函数． （1）若直线为图象的两条相邻对称轴，且， ①求函数的解析式； ②若关于的方程在区间上有解，求实数的取值范围； （2）若对任意，函数在区间上恰有三个零点，求的取值范围． 【答案】（1）①；② （2） 【解析】 【分析】（1）①根据函数周期性可得，代入点可得，即可得函数解析式；②根据题意可得，以为整体，结合正弦函数有界性运算求解； （2）设，则条件等价于函数在上恰有三个零点，根据正弦函数的性质可得，结合恒成立问题运算求解即可. 【小问1详解】 ①设的最小正周期为，且，则， 由题意可知：，即，解得， 则， 又因为，即， 又因为，则， 可得，解得， 所以； ②令，可得， 因为，则，可得， 可得，解得， 所以的取值范围是. 【小问2详解】 因为，且，则， 设，则条件等价于函数在上恰有三个零点， 因为，可知在上无零点， 可得，解得， 由于对任意成立，则，即， 所以的取值范围是． 19. 在平面直角坐标系中，从原点出发，每次只能走一步或，有两种路径可以选择，如图所示： 若某点可以表示为（为整数），则称为可达点． 已知：向量的加法：；向量的数乘：． （1）分析可达点中、满足的函数关系，判断是否为可达点，并说明理由． （2）证明：若是可达点，则也是可达点． （3）若某些可达点满足，求在所有满足条件的可达点中，最小的点及此时的值． 【答案】（1），不是，理由见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）利用向量向量的加法和向量的数乘运算可求得，代入点的坐标，可得结论； （2）构造：，进而计算可得，可得结论； （3）利用向量的坐标运算可得，设，可得，可得，进而计算可求得结论. 【小问1详解】 ， 得，即． ． 即． 所有可达点满足． 代入点，有，故不是可达点． 【小问2详解】 由为可达点可知，． 构造：．将表达为的形式， 有， 解得． 故． 即仍为可达点． 【小问3详解】 ． 令，即． 由是整数可知，， 即． 不妨设，则有． 即． 为使尽可能小，即要求尽可能大，且，解不等式有． 时，． 此时点坐标为， 最短步长为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $