海南海口英雅盛彼德高级中学2025-2026学年高一下学期数学期中检测试题

**基本信息** 高一下学期数学期中卷，涵盖集合、向量、三角函数、解三角形等核心内容，解答题融合几何与代数（如菱形向量应用、三角函数图象变换），注重数学思维（推理能力）与数学语言（模型观念）的考查，适配期中阶段性检测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题|集合运算、向量共线、解三角形个数判断|基础概念辨析，如第3题三角形个数考查分类讨论| |多选题|3题|等边三角形向量运算、三角函数性质|第10题结合三角函数周期与单调性，渗透逻辑推理| |填空题|3题|向量三点共线、夹角计算|第12题向量共线条件，强化符号意识| |解答题|5题|解三角形（面积与高）、菱形向量应用、三角函数图象变换、新定义向量运算|第19题新定义运算，体现创新意识；第17题菱形问题，培养几何直观与空间观念|

2025-2026学年第二学期 海南海口英雅盛彼德高级中学高一下学期数学期中检测试题 一、单选题 1．已知集合，集合，则AB=（    ） A． B． C． 2．已知向量，且，则实数的值为（ ） A．4 B．1 C．－1 D．－4 3．已知分别为三个内角的对边，若，则满足此条件的三角形个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．1或2 4．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则一定是   A．直角三角形 B．钝角三角形 C．等腰直角三角形 D．等边三角形 5．若，且，则（    ） A． B． C． D． 6．若向量、满足，且向量与向量的夹角为，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 7．在中，，且，．点在线段上，满足，点为的中点，则（    ） A． B． C． D． 8．若将函数的图象向右平移个单位长度后所得图象关于轴对称，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．在等边三角形中，点D是边的中点，则（    ） A． B． C． D． 10．已知函数，则（   ） A．的最小正周期为 B．若，则 C．在区间上单调递增 D．的图象关于点中心对称 11．中，，，则（   ） A． B．的角平分线交AB于D，则 C． D．在上的投影向量是 三、填空题 12．已知向量与不共线，且，，．若A，B，C三点共线，则______． 13．已知向量满足，则与的夹角大小为_______. 14．已知，则__________. 四、解答题 15．在中，，，分别为角，，的对边，且． (1)求角； (2)若的面积为，，求边上的高的长． 16．已知平面四边形的四个内角均小于，，，且． （1）若，求的面积； （2）若，求． 17．如图，在菱形中，是的中点，交于点，设，. （1）若，求，的值； （2）若，，求. 18．如图，是函数图象的一部分. (1)求函数的解析式. (2)将函数的图象先向右平移个单位长度，再将所有点的纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变），得到函数的图象. ①求函数在上的单调递增区间； ②若关于的方程在区间上恰有两个不同的实数解，求实数的取值范围. 19．在平面直角坐标系中，为坐标原点，对任意两个向量，.作：，当不共线时，记以为邻边的平行四边形的面积为；当共线时，规定. (1)分别根据下列已知条件求； ①，； ②，； (2)记，，，且满足，，，求的最大值. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第二学期 海南海口英雅盛彼德高级中学高一下学期数学期中检测试题 一、单选题 1．已知集合，集合，则AB=（    ） A． B． C． 【答案】C 【分析】求解一元二次不等式解得集合，由集合的并运算，即可容易求得结果. 【详解】因为， 故可得. 故选：C. 【点睛】本题考查集合并集的求解，属基础题. 2．已知向量，且，则实数的值为（ ） A．4 B．1 C．－1 D．－4 【答案】A 【分析】由，可知，再根据平面向量数量积的坐标运算，即可求出结果你 【详解】因为，所以，即， 所以. 故选：A. 3．已知分别为三个内角的对边，若，则满足此条件的三角形个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．1或2 【答案】B 【分析】根据条件，利用正弦定理求出，，从而得出结果. 【详解】因为，由正弦定理，得到，所以， 又因为，故，. 故选：B. 4．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则一定是   A．直角三角形 B．钝角三角形 C．等腰直角三角形 D．等边三角形 【答案】D 【分析】利用余弦定理、等边三角形的判定方法即可得出． 【详解】由余弦定理得，则，即，所以. ∵ ∴是等边三角形. 故选D. 【点睛】本题考查了余弦定理、等边三角形的判定方法，考查了推理能力与计算能力，熟练掌握余弦定理是解答本题的关键． 5．若，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用同角三角函数的商数关系及两角和的正弦公式求出，代入两角差的正弦公式即可得解. 【详解】因为，所以， 又， 所以， 所以. 6．若向量、满足，且向量与向量的夹角为，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设，，利用向量的加法的三角形法则得到，从而将的最小值问题转化为中的最小值问题，再借助三角函数求解即可. 【分析】如图： 设，，则，依题意. 过作，垂足为，则， 即的最小值是. 故选：C. 7．在中，，且，．点在线段上，满足，点为的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立平面直角坐标系，根据共线定理及中点坐标公式求出的坐标，然后根据数量积的坐标公式求解. 【详解】以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系． 由，，得，，． 因为，且点满足， 所以，从而． 又点为的中点，所以． 因此，， 故． 8．若将函数的图象向右平移个单位长度后所得图象关于轴对称，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据平移变换得到平移后的函数解析式，再利用函数关于轴对称的性质列出等式，进而求出关于的表达式，最后结合确定的最小值. 【详解】函数的图象向右平移个单位长度所得函数为： ， 则图象关于轴对称， 即，则， 因为，所以当时，的最小值为. 二、多选题 9．在等边三角形中，点D是边的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【详解】A：在等边三角形中，因为点D是边的中点，所以，正确. B：因为两向量方向不同，所以错误. C：因为点D是边的中点，所以，正确. D：由为等边三角形，且点D是边的中点，所以，所以，正确. 10．已知函数，则（   ） A．的最小正周期为 B．若，则 C．在区间上单调递增 D．的图象关于点中心对称 【答案】AC 【分析】利用辅助角公式化简可得，结合正弦型函数周期性可以判断A；利用求出的取值，再计算的值可以判断B；利用“整体法”判断单调区间可以判断C；结合正弦型函数对称中心的性质，代入验证即可判断D. 【详解】利用辅助角公式化简：. 选项A，最小正周期， A正确； 选项B，若，则，即， 得：，即， 因此，B错误； 选项C，当时，令， 则在上单调递增， 因此在上单调递增，C正确； 选项D，若函数关于点中心对称，则满足， 则，D错误. 11．中，，，则（   ） A． B．的角平分线交AB于D，则 C． D．在上的投影向量是 【答案】ACD 【详解】由余弦定理，得，故，A正确； 因为，所以是等腰三角形，平分， 所以是的垂直平分线，所以，所以，所以B不正确； 由，，所以， 因为是等腰三角形，所以， ，所以C正确； 向量在上的投影向量为 ， ，故投影向量为，所以D正确. 三、填空题 12．已知向量与不共线，且，，．若A，B，C三点共线，则______． 【答案】 【详解】因为A，B，C三点共线，所以，使得 ， 因为向量与不共线， 所以有，解得，. 13．已知向量满足，则与的夹角大小为_______. 【答案】/60° 【详解】设与的夹角为，向量夹角范围为 将两边平方得： 即 ， 所以， 又，所以. 14．已知，则__________. 【答案】 【详解】. 四、解答题 15．在中，，，分别为角，，的对边，且． (1)求角； (2)若的面积为，，求边上的高的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据正弦定理边角互化即可求解， （2）根据面积公式可得，进而根据余弦定理可求解，即可根据面积公式求解. 【详解】（1）由结合正弦定理可得 因为，则 所以． 则有故． （2）由得 因，所以 由余弦定理得 所以，解得 所以 ． 16．已知平面四边形的四个内角均小于，，，且． （1）若，求的面积； （2）若，求． 【答案】（1）；（2）． 【分析】（1）利用余弦定理求出BD，由是等腰直角三角形，求出,利用面积公式求出的面积； （2）在中，根据正弦定理可得， ，利用两角和余弦公式求出. 【详解】（1）在中由余弦定理得：， 解得． ，． 由条件可知是等腰直角三角形， ，． 所以． （2）因为，所以， 在中，根据正弦定理得：，可得，从而， 所以 ． 【点睛】在几何图形中解三角形，选择用正弦定理或余弦定理，可以从两方面思考： (1)从题目给出的条件，边角关系来选择； (2)从式子结构来选择． 17．如图，在菱形中，是的中点，交于点，设，. （1）若，求，的值； （2）若，，求. 【答案】（1），；（2）. 【分析】（1）在菱形中，根据是的中点，，利用三角形相似，得到求解； （2）用，表示向量，然后分别求得，再由平面向量的夹角公式求解. 【详解】（1）在菱形中，， 所以， 则，可得， ， 所以，. （2）因为， ， 所以. 又为菱形，，， ，， ，， 由， 解得. 18．如图，是函数图象的一部分. (1)求函数的解析式. (2)将函数的图象先向右平移个单位长度，再将所有点的纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变），得到函数的图象. ①求函数在上的单调递增区间； ②若关于的方程在区间上恰有两个不同的实数解，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) ①；② 【分析】（1）根据最值可得；根据最小正周期可得，求得，由此可得解析式； （2）①将整体代入正弦函数单调递增区间中，即可构造不等式求得递增区间； ②根据正弦函数的图像求解即可. 【详解】（1）由图像可知，函数最大值为，最小值为，且，得. ，所以周期. 又，，因此. 将最高点代入得：，则， 解得.因为，所以. 因此函数解析式为. （2）①向右平移个单位，则， 再纵坐标伸长为原来的2倍（横坐标不变），则. 令，解得. 因为，所以在上的单调递增区间为. ②当时，令，则. 因为方程在区间上恰有两个不同的实数解， 则在上恰有两个不同解. 由在的图象可知，当时，方程恰有两个不同解， 解得. 因此的取值范围为. 19．在平面直角坐标系中，为坐标原点，对任意两个向量，.作：，当不共线时，记以为邻边的平行四边形的面积为；当共线时，规定. (1)分别根据下列已知条件求； ①，； ②，； (2)记，，，且满足，，，求的最大值. 【答案】(1)①5；②0 (2) 【分析】（1）利用定义及向量共线的坐标表示计算即可； （2）利用三角形面积公式及新定义分情况讨论，结合辅助角公式及三角函数有界性计算即可. 【详解】（1）①因为，，则； ②由，，即共线，所以. （2）设，由，得或， 当时， ， 当时，取得最大值； 当时， ， 当，即时，取得最大值， 所以取得最大值. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $