精品解析：山东德州市第一中学2025-2026学年高一下学期4月份数学学科模拟检测试题

2025级4月份数学学科模拟检测 试题 2026.4 一、单项选择题：本大题共8小题.每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 化简后等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】应用向量加减法的运算律化简即可得. 【详解】. 故选：C 2. 已知向量满足，若，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将两边平方，根据数量积公式化简求解即可 【详解】由已知，解得，∴向量与的夹角为． 故选：C 3. 已知满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意得，将以上两式两边分别平方后相加，变形后可得所求的结果． 【详解】∵， ∴，① ，② 由①②得， ∴． 故选：B 4. 已知，则（   ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据诱导公式和倍角公式进行角的变换，然后代入求值即可 【详解】 ． 故选：A． 5. 在中，，，则的形状为（ ） A. 等腰直角三角形 B. 三边均不相等的三角形 C. 等边三角形 D. 等腰（非直角）三角形 【答案】A 【解析】 【分析】由数量积的运算律得到，即可得到，再由数量积的定义求出，即可判断. 【详解】因为，即，即， 所以，即，则， 又表示与同向的单位向量，表示与同向的单位向量， 所以，又，所以， 所以， 所以是等腰直角三角形． 故选：A 6. 已知，，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正弦和余弦二倍角公式化简得到，再利用正切二倍角公式求出答案. 【详解】，即， 因为，所以， 故，即， 则. 故选：D 7. 设，，，则有（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用辅助角公式，二倍角的正弦，余弦公式化简，利用正弦函数的单调性比较大小即可. 【详解】， ， ， 由于在上单调递增，所以， 即， 故选：D 8. 如图，设，是平面内夹角为的两条数轴，，分别是与轴、轴正方向同向的单位向量.若向量，则有序数对叫做点在坐标系中的坐标.在该坐标系下，，，为不共线的三点，下列结论错误的是（ ） A. 线段中点的坐标为 B. 重心的坐标为 C. ，两点的距离为 D. 若，则，，三点共线 【答案】C 【解析】 【分析】依题意可得，，，根据平面向量线性运算判断A、B，表示出，再根据数量积的运算律判断C，根据向量共线定理判断D. 【详解】根据题意，，，， 对于A，设的中点为，则， 故线段中点的坐标为，故A正确． 对于B，设重心为，则 ， 故重心的坐标为，故B正确； 对于C，， 所以 = 即该坐标系中，两点间的距离为： ，故C错误； 对于D，，， 若，易得，则、、三点共线， 若，变形可得，所以， 所以，所以、、三点共线， 综合可得：若，则，，三点共线，故D正确． 故选：C． 【点睛】关键点点睛：本题关键是对斜坐标的理解，灵活运用平面向量的相关知识解答即可. 二、多项选择题：本大题共3小题.每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，选错的得0分. 9. 下列说法中正确的是（ ） A. B. C. 在中，，，，则 D. 已知单位向量、、满足，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用平面向量数量积的运算性质可判断AD选项；利用平面向量数量积的定义、共线向量的定义以及充要条件的定义可判断B选项；利用平面向量数量积的定义可判断C选项。 【详解】对于A选项，由平面向量数量积的运算性质可得，A对； 对于B选项，若、中至少有一个零向量，则，此时， 若、均为非零向量，设、的夹角为， 则，所以，则， 又因为，则或，所以，所以“”“”， 若，当、中至少有一个零向量，则， 若、均为非零向量，设、的夹角为，则， 此时，即“”“”， 所以，，B对； 对于C选项，在中，，，， 则，C错； 对于D选项，因为单位向量、、满足， 所以，所以， 即，解得，D对. 10. 已知函数（）的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 点P的坐标为 C. 的图象在区间内有4条对称轴 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，由图及辅助角公式可得；对于B，由A分析结合五点法可得点P的坐标；对于C，因，可得，然后由在上的对称轴数量可判断选项正误；对于D，由题可得， ，，然后由两角差的余弦公式可得答案. 【详解】对于A，，其中，由图可知的最大值为2，所以，得，故A错误； 对于B，，由“五点法”，知点P对应图象上的点，所以令，得，所以，故B正确； 对于C，当时，，正弦曲线在区间内有4条对称轴，对应地，的图象在区间内也有4条对称轴，故C正确； 对于D，由题意知，由图可知，，所以，， 所以 ，故D正确. 故选：BCD 11. 窗花是贴在窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花，图2是从窗花图中抽象出几何图形的示意图.已知正八边形的边长为2，是正八边形边上任意一点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的最大值为 C. 在方向上的投影向量为 D. 若函数则函数的最小值为 【答案】BD 【解析】 【分析】以AE为y轴，GC为x轴建立平面直角坐标系，根据向量线性运算可判断A；对于B，取AB的中点为M，则，两式平方相减，结合正八边形的对称性取最大值时点P位置，然后利用坐标求解；对于C，根据投影向量公式求解可得；对于D，利用坐标运算表示出函数，根据二次函数性质可得. 【详解】如图所示，以AE为y轴，GC为x轴建立平面直角坐标系， 设，则在中，由余弦定理可得， 整理得， 因为 . 对于A，因为， 所以，A错误； 对于B，取AB的中点为M，则， 则， 两式相减得， 由正八边形的对称性可知，当点P与点E或点F重合时，最大， 又，所以， 所以， 所以，的最大值为，B正确； 对于C，， 所以， 所以在方向上的投影向量为，C错误； 对于D，因为，， 所以， 所以 ， 当时，函数取得最小值，D正确. 故选：BD 【点睛】关键点睛：本题解答的关键在于：第一，建立平面直角坐标系，利用坐标运算求解；第二，设，利用a表示坐标，到最后再进行代换，减少计算量；第三，利用对称性分析点P位置. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的值为________. 【答案】. 【解析】 【分析】根据，展开化简得到答案. 【详解】， 故. 故答案为：. 【点睛】本题考查了正切和差公式的应用，意在考查学生的计算能力. 13. 如图，在中，若，为上一点，且满足（），则______. 【答案】## 【解析】 【分析】利用，将用表示，由共线定理推论即可求得. 【详解】因为，所以， 则， 因为三点共线，则，解得 14. 如图，四边形是一块边长为的正方形铁皮，其中扇形的半径为，已经被腐蚀不能使用，其余部分完好可利用，是弧上一点，，工人师傅想在未被腐蚀部分截下一个边在与上的矩形铁皮，矩形铁皮面积的最大值为______ 【答案】 【解析】 【分析】利用三角函数表示，然后利用换元法求最值即可. 【详解】作垂直于点， 则，， 所以，， 所以矩形铁皮面积 ， 令，则， 因为，所以，所以， 所以， 由二次函数性质可知，函数的图象开口向上，对称轴为， 所以当，即时. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知向量，，. （1）求向量在向量上的投影向量的坐标； （2）若向量与的夹角为，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 向量在向量上投影的数量 向量在向量上的投影向量的坐标. 【小问2详解】 因为， 故. 16. 已知向量，，函数. （1）求函数在上的单调递减区间； （2）若，且，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用平面向量数量积的坐标运算以及三角恒等变换化简函数的解析式，利用正弦型函数的单调性可求得函数在上的单调递减区间； （2）由题中条件得出的值，由同角三角函数的基本关系以及两角差的余弦公式可求得的值. 【小问1详解】 因为， 当时，，由可得， 所以函数在上的单调递减区间为. 【小问2详解】 若，所以. 因为，所以， 所以， 所以 . 17. 如图，在矩形中，已知，，是线段上的一动点. （1）当是线段的中点时，若，求的值； （2）当时，. ①求； ②设，求当为何值时，取得最小值. 【答案】（1） （2）①2 ; ② 【解析】 【分析】（1）由已知， 用表示 ， 然后利用平面向量的基本定理可求的值； （2）①建立平面直角坐标系，根据向量的数量积坐标公式求解即可. ②得到坐标，根据向量的数量积以及二次函数的最值求解即可. 【小问1详解】 依题意，， 而，不共线，则，，所以. 【小问2详解】 以为原点建立坐标系，设，则， ①，，即. ②设， ， 则， 所以当时，的最小值为. 18. 如图，角的始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点，将射线绕点按逆时针方向旋转后与单位圆相交于点，设函数，. （1）当时，求，的值； （2）若，求的值域； （3）函数，的最小值为，求实数的值. 【答案】（1）1， （2） （3）0或2 【解析】 【分析】（1）根据正弦函数的定义计算； （2）利用正弦和差公式和辅助角公式化简，然后求值域； （3）利用二倍角公式整理，然后换元，结合二次函数的性质分析即可. 【小问1详解】 依题意，， . 【小问2详解】 依题意， ， 由，，. 所以的值域为. 【小问3详解】 由（2）得 ， 令，则 函数的图象是开口方向向下， 对称轴为的抛物线， ①当，即时， ，解得； ②当，即时， ，解得， 所以实数的值为0或2. 19. 定义非零向量的“相伴函数”为，，向量称为函数的“相伴向量”（其中点为坐标原点）． （1）设函数，求函数的“相伴向量”的坐标； （2）记的“相伴函数”为，设函数，，若方程有四个不同实数根，求实数k的取值范围； （3）已知点，满足条件：，且向量的“相伴函数”在时取得最大值，当点M运动时，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）依题意，将可化为进而根据题意得答案； （2）去绝对值得函数的单调性及最值，利用交点个数求得k的范围 （3）由可求得时，取得最大值，其中，换元求得的范围，再利用二倍角的正切可求得的范围． 【小问1详解】 解： ， 所以函数的相伴向量． 【小问2详解】 解：由题知：， 所以． ①当时，； ②当时，． 所以， 可求得在单调递增，单调递减，单调递增， 单调递减且， ∵图像与有且仅有四个不同的交点， 所以实数k的取值范围为 【小问3详解】 解：的“相伴函数”，其中，，． 当，即，时取得最大值． 所以， 当时，此时，，，所以无意义， 当时，所以， 令，则，， 因为在上单调递增， 所以时， 所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025级4月份数学学科模拟检测 试题 2026.4 一、单项选择题：本大题共8小题.每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 化简后等于（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量满足，若，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 3. 已知满足，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（   ） A. B. C. D. 5. 在中，，，则的形状为（ ） A. 等腰直角三角形 B. 三边均不相等的三角形 C. 等边三角形 D. 等腰（非直角）三角形 6. 已知，，则（ ） A. B. C. 1 D. 7. 设，，，则有（ ） A. B. C. D. 8. 如图，设，是平面内夹角为的两条数轴，，分别是与轴、轴正方向同向的单位向量.若向量，则有序数对叫做点在坐标系中的坐标.在该坐标系下，，，为不共线的三点，下列结论错误的是（ ） A. 线段中点的坐标为 B. 重心的坐标为 C. ，两点的距离为 D. 若，则，，三点共线 二、多项选择题：本大题共3小题.每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，选错的得0分. 9. 下列说法中正确的是（ ） A. B. C. 在中，，，，则 D. 已知单位向量、、满足，则 10. 已知函数（）的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 点P的坐标为 C. 的图象在区间内有4条对称轴 D. 11. 窗花是贴在窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花，图2是从窗花图中抽象出几何图形的示意图.已知正八边形的边长为2，是正八边形边上任意一点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的最大值为 C. 在方向上的投影向量为 D. 若函数则函数的最小值为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的值为________. 13. 如图，在中，若，为上一点，且满足（），则______. 14. 如图，四边形是一块边长为的正方形铁皮，其中扇形的半径为，已经被腐蚀不能使用，其余部分完好可利用，是弧上一点，，工人师傅想在未被腐蚀部分截下一个边在与上的矩形铁皮，矩形铁皮面积的最大值为______ 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知向量，，. （1）求向量在向量上的投影向量的坐标； （2）若向量与的夹角为，求. 16. 已知向量，，函数. （1）求函数在上的单调递减区间； （2）若，且，求的值. 17. 如图，在矩形中，已知，，是线段上的一动点. （1）当是线段的中点时，若，求的值； （2）当时，. ①求； ②设，求当为何值时，取得最小值. 18. 如图，角的始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点，将射线绕点按逆时针方向旋转后与单位圆相交于点，设函数，. （1）当时，求，的值； （2）若，求的值域； （3）函数，的最小值为，求实数的值. 19. 定义非零向量的“相伴函数”为，，向量称为函数的“相伴向量”（其中点为坐标原点）． （1）设函数，求函数的“相伴向量”的坐标； （2）记的“相伴函数”为，设函数，，若方程有四个不同实数根，求实数k的取值范围； （3）已知点，满足条件：，且向量的“相伴函数”在时取得最大值，当点M运动时，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $