精品解析：四川省内江市第一中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题

内江一中高2028届高一下学期期中数学测试卷 一、单选题（共40分，每小题5分） 1. 下列说法中正确的是（ ） A. 向量的模都是正实数 B. 单位向量只有一个 C. 向量的大小与方向无关 D. 方向不同的向量不能比较大小，但同向的向量可以比较大小 2. 在中，已知，，，则（ ） A. B. C. D. 3. 若，是平面内的一组基底，则下面的四组向量中不能作为一组基底的是（  ） A. 和 B. 和 C. 和 D. 和 4. 如图，中，点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数的最小正周期为，将的图象向下平移2个单位长度后，再将横坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，则的一个单调递增区间为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图所示，为测量一棵树的高度，在地面上选取A，B两点（A，B，H三点共线），从A，B两点分别测得树尖P的仰角为，，且A，B两点之间的距离为，则树的高度为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在中，，，，为与的交点，则向量在上的投影向量的模的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（共18分，每小题6分） 9. 下列等式计算正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法中正确的是（ ） A. 若，则符合条件的只有一个 B. 若，则 C. 若，则是锐角三角形 D. 若，则的最大值是 11. 幻彩摩天轮位于中山市西区兴中广场段．该摩天轮轮体直径为，最高点离地．轮体上均匀设置了依次标号为号的个座舱，开启后按照逆时针方向匀速旋转，每转一周.已知在时刻时号舱距离地面的高度（其中，，），且时，位于最低位置．且摩天轮开始启动时，号舱，号舱，号舱位置如图所示，运行过程中其离地面高度分别记为，，，则（ ） A. B. 摩天轮运行一周的过程中， C. 不存在使得 D. 摩天轮运行一周的过程中，的情形共出现次 三、填空题（共15分，每小题5分） 12. 已知，，则______. 13. 如图，在平行四边形中，，，是边的中点，是上靠近的三等分点，若，则______． 14. 在中，为边上一点，，，，，.当面积最小时，________. 四、解答题（共77分） 15. 已知，， （1）若，且，求． （2）若四边形为平行四边形，求点的坐标． 16. 已知，，且与夹角为，求： （1）； （2）与的夹角的余弦值. 17. 已知函数的部分图象如图所示. （1）求的解析式. （2）设函数. （i）求的单调递减区间； （ii）若，求的最大值与最小值. 18. 在面积为S的中，三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，，且. （1）求角C的大小； （2）若，，求的周长； （3）若为锐角三角形，且AB边上的高h为2，求面积的取值范围. 19. 已知函数. （1）若对于任意都有，且，求的对称中心； （2）若，函数图象向右平移个单位，得到函数的图象，是的一个零点，函数在区间（且）上恰好有2026个零点，求的最小值； （3）在第（2）问条件下，将函数图象上所有点的横坐标伸长为原来的3倍，再向左平移个单位长度，向下平移1个单位长度后得到函数的图象.若关于的方程在上有且仅有四个解，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 内江一中高2028届高一下学期期中数学测试卷 一、单选题（共40分，每小题5分） 1. 下列说法中正确的是（ ） A. 向量的模都是正实数 B. 单位向量只有一个 C. 向量的大小与方向无关 D. 方向不同的向量不能比较大小，但同向的向量可以比较大小 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的概念即可判断. 【详解】对于A：根据向量的概念可知，零向量的模为零，故A错误； 对于B：单位向量的定义，单位向量的模为1，方向为任意方向，故B错误； 对于C：向量的模与方向没有关系，故C正确； 对于D：向量不能比较大小，但向量的模可以比较大小，故D错误. 故选：C. 2. 在中，已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用余弦定理计算直接得出结果. 【详解】在中，由余弦定理得， ， 由解得. 故选：D 3. 若，是平面内的一组基底，则下面的四组向量中不能作为一组基底的是（  ） A. 和 B. 和 C. 和 D. 和 【答案】B 【解析】 【详解】因为向量，是平面内的一组基底，可得向量，为平面内不共线的向量， 对于A中，设，可得，此时方程组无解， 所以向量和不共线，可以作为平面的一组基底； 对于B中，设，可得，解得， 所以向量和为共线向量，不能作为平面的一组基底； 对于C中，设，可得，此时方程组无解， 所以向量和不共线，可以作为平面的一组基底； 对于D中，设，可得，此时方程组无解， 所以向量和不共线，可以作为平面的一组基底. 4. 如图，中，点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量线性运算先利用表示，再表示，再根据求结论. 【详解】因为是的中点，所以， 因为是的靠近的三等分点，所以， 所以． 5. 已知函数的最小正周期为，将的图象向下平移2个单位长度后，再将横坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，则的一个单调递增区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先利用二倍角公式和辅助角公式化简函数的解析式，再根据周期求函数的解析式，根据平移和伸缩变换求的解析式，最后根据选项，利用代入法求函数的一个单调递增区间. 【详解】 最小正周期，得， 即，图象向下平移2个单位长度后得到函数，横坐标伸长到原来的2倍后得到函数， A.当，，此区间先减后增，故A错误； B. 当，，是正弦函数减区间的子集，故B错误； C. 当，，是正弦函数增区间的子集，故C正确； D.当，，此区间先增后减，故D错误； 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用诱导公式结合二倍角的余弦公式化简可得结果. 【详解】因为，所以， ， 故. 7. 如图所示，为测量一棵树的高度，在地面上选取A，B两点（A，B，H三点共线），从A，B两点分别测得树尖P的仰角为，，且A，B两点之间的距离为，则树的高度为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据图形和角边关系求出结果即可. 【详解】设树的高度为，由已知，得， 在中，. 化简得，解得. 所以树的高度为m. 故选：C. 8. 如图，在中，，，，为与的交点，则向量在上的投影向量的模的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，利用三点共线，三点共线，得，解得，最后求出投影向量，利用基本不等式即可求解. 【详解】由题，设， 因为三点共线，三点共线，所以，解得， 所以， 则， 当且仅当，即时等号成立， 故选：C. 二、多选题（共18分，每小题6分） 9. 下列等式计算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】根据两角和的余弦公式可判断A，根据二倍角的余弦公式可判断B，根据两角和的正切公式可判断C，根据两角差的正切公式可判断D. 【详解】A，根据两角和的余弦公式：， 代入，可得， 再代入，有，错误； B，根据二倍角的余弦公式：， 代入，可得， 再代入，有，错误； C，根据两角和的正切公式：， 代入，可得， 再代入，有，即， 所以，正确； D，根据两角差的正切公式：， 代入，可得， 再代入，有，正确. 10. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法中正确的是（ ） A. 若，则符合条件的只有一个 B. 若，则 C. 若，则是锐角三角形 D. 若，则的最大值是 【答案】BC 【解析】 【分析】利用正弦定理求解三角形判断A；由大边对大角和正弦定理判断B；利用余弦定理求最大角，判断C；由正弦定理边化角得，判断D. 【详解】因为，所以由正弦定理得， 所以角C有两个值，此时符合条件的有两个，故A错误； 在中，由大边对大角知，， 又由正弦定理得，故B正确； 由，得，则C是的最大内角， 又，则，C为锐角， 是锐角三角形，故C正确； 由正弦定理得， 当时，的最大值是，故D错误． 故选：BC． 11. 幻彩摩天轮位于中山市西区兴中广场段．该摩天轮轮体直径为，最高点离地．轮体上均匀设置了依次标号为号的个座舱，开启后按照逆时针方向匀速旋转，每转一周.已知在时刻时号舱距离地面的高度（其中，，），且时，位于最低位置．且摩天轮开始启动时，号舱，号舱，号舱位置如图所示，运行过程中其离地面高度分别记为，，，则（ ） A. B. 摩天轮运行一周的过程中， C. 不存在使得 D. 摩天轮运行一周的过程中，的情形共出现次 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据条件，直接求出，即可求出解析式，再根据与的角度差得到与的高度差的关系式，即可得到高度差的最大值，最后根据方程等价于或，分类讨论即可. 【详解】对于A，根据题意，得摩天轮轮体的半径为米， 因此摩天轮轮体的圆心离地米，周期，则， 当时，位于最低位置，即， 代入得， 结合，得，因此，故A正确； 对于B，个座舱均匀分布，则相邻座舱间的圆心角差为， 则座舱和座舱的圆心角差为， 则有两舱的高度差为， 其中表示在任意时刻相对于水平面的相位角（或称旋转角）， 利用和差化积公式展开得， 当，高度差取最大值， 则最大值为，故B正确； 对于C，方程等价于或， 考虑：即， 化简得， 当时，，因此当时，， 因此，与矛盾，因此不存在使得， 考虑：即， 其中和分别表示在任意时刻相对于水平面的相位角（或称旋转角）， 由于，代入得，解得或，的初始角度为， 因此当时，，则无解， 因此不存在使得， 即不存在使得，故C正确； 对于D，方程等价于或， 考虑：即， 化简得， 而在时，，则有个解， 考虑：即，由于， 代入得，解得或，的初始角度为， 因此当时，，则有个解， 因此在摩天轮运行一周的过程中，的情形共出现次，故D错误. 三、填空题（共15分，每小题5分） 12. 已知，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】代入两角差的正切公式计算即可. 【详解】. 13. 如图，在平行四边形中，，，是边的中点，是上靠近的三等分点，若，则______． 【答案】2 【解析】 【分析】根据平面向量基本定理和向量的数量积进行求解即可. 【详解】因为， 则因为，所以. 又，所以，化简得， 解得（负值舍去），即. 14. 在中，为边上一点，，，，，.当面积最小时，________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据三角形面积公式可得，利用正弦定理化简计算可得，利用换元法（）得，结合二次函数的图象与性质求解即可. 【详解】， 所以. 在中，由正弦定理得，化简得. 在中，由正弦定理得，化简得. 故， 令， 则， 由二次函数性质可知，， 函数开口向下，对称轴为， 所以当时，取得最大值， 即当，取最小值， 此时. 故答案为： 四、解答题（共77分） 15. 已知，， （1）若，且，求． （2）若四边形为平行四边形，求点的坐标． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求出的坐标，然后利用共线向量坐标满足的条件列出方程求解出，再计算. （2）先设出点的坐标，再根据是平行四边形可得，列方程求解. 【小问1详解】 ，， 又且， . 【小问2详解】 设， 四边形为平行四边形，,，. 故点的坐标为. 16. 已知，，且与夹角为，求： （1）； （2）与的夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量的数量积的定义求出，由代入数值得到； （2）由代入数值得到，由代入数值得到，利用向量的数量积公式得到，代入数值得到所求. 【小问1详解】 ，，且与夹角为，， ； 【小问2详解】 ， ， . 17. 已知函数的部分图象如图所示. （1）求的解析式. （2）设函数. （i）求的单调递减区间； （ii）若，求的最大值与最小值. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）最大值为，最小值为 【解析】 【分析】（1）由图可知，根据周期求出，根据函数的最大值求出，将代入求出，即可得到答案； （2）（i）根据两角和的正弦公式及辅助角公式求出，结合正弦函数的单调性，整体代入求解即可得答案； （ii）利用换元法即可求得函数在上的最大值和最小值， 【小问1详解】 设的最小正周期为，则，解得， 所以，解得. 由题意知，所以， 又， 所以，即， 又，所以， 所以. 【小问2详解】 （i） ， 由，解得， 故的单调递减区间为. （ii）设， 因为，所以， 函数在上单调递减，在上单调递增， 当，即时，， 当，即时，， 故在上的最大值和最小值分别为和. 18. 在面积为S的中，三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，，且. （1）求角C的大小； （2）若，，求的周长； （3）若为锐角三角形，且AB边上的高h为2，求面积的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】根据向量共线的坐标关系，结合正余弦定理边角互化即可求解， （2）由余弦定理以及面积公式即可求解得解， （3）根据正弦定理得，进而根据面积公式可得，由三角恒等变换，化简可得，即可根据三角函数的性质求解. 【小问1详解】 若，则, 由正弦定理可得，故， 因此, . 【小问2详解】 由（1）可得，又,故， 因此，故， 因此周长为 【小问3详解】 由于，故， 由正弦定理可得， 故， 因为，所以， 所以， 故, 由于三角形为锐角三角形，故,解得， 因此，故，则， 因此. 19. 已知函数. （1）若对于任意都有，且，求的对称中心； （2）若，函数图象向右平移个单位，得到函数的图象，是的一个零点，函数在区间（且）上恰好有2026个零点，求的最小值； （3）在第（2）问条件下，将函数图象上所有点的横坐标伸长为原来的3倍，再向左平移个单位长度，向下平移1个单位长度后得到函数的图象.若关于的方程在上有且仅有四个解，求实数的取值范围. 【答案】（1）或 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）分析可知，解得，代入结合正弦函数的对称性运算求解即可； （2）分析可知，根据函数零点可得，求函数的零点，分析可知要使最小，则m、n恰好为的零点，进而可得结果； （3）换元令，且，结合正弦函数图象可知在区间上有两个相异零点，结合二次函数零点分布运算求解. 【小问1详解】 因为的最小正周期为， 又因为，且， 则，解得， 当时，， 令，解得， 所以的对称中心为； 当时，， 令，解得， 所以的对称中心为； 综上所述，的对称中心为或. 【小问2详解】 将函数图象向右平移个单位，得到函数的图象， 则， 因为是的一个零点， 则，即， 又因为，则， 可得，解得， 所以，最小正周期. 令，可得， 则或，， 解得或，， 若函数在（且）上恰好有2026个零点， 要使最小，则m、n恰好为的零点， 故. 【小问3详解】 由题意知，且， 令，且，则， 因为，则， 当时，满足方程组的值有且仅有四个， 且函数在上单调递增，在上单调递减， 令，可得必有两个相异零点，， 由直线与和，的图象分别有两个交点， 作出直线与和，的图象，如图所示， 由图象可得，，即在区间上有两个相异零点， 则满足，解得， 所以的取值范围是 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $