精品解析：江西上饶市名校联盟2025-2026学年高一下学期5月期中训练数学试题

江西上饶市名校联盟2025-2026学年高一下学期5月期中训练数学试题 满分：150分 考试时间：120分钟 命题单位：余干中学 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 与角的终边相同的最小正角是（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，若，则实数的值为（ ） A. 2 B. C. 1 D. 3. 已知扇形的周长为，半径为，则该扇形的圆心角的弧度数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 曲线与的交点的个数为（ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 6. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的形状为（ ） A. 等边三角形 B. 等腰三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 7. 在中，内角所对的边分别为，已知，且当时，的最小值为1，则（ ） A. B. C. D. 8. 若函数在区间上单调递增，且，，则的取值是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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，有选错的得0分. 9. 下列函数是以为周期的偶函数的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，下列四个选项正确的是（ ） A. f(x)的最小正周期是 B. f(x)的值域是 C. f(x)在区间上单调递增 D. f(x)的图象关于对称 11. “圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等，如图，已知圆的半径2，点是圆内的定点，且，弦均过点，则下列说法正确的是（    ） A. 为定值 B. 的取值范围是 C. 当时，为定值 D. 的最大值为16 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则__________. 13. 函数的部分图象如图所示.已知直线与的图象交于，，三点且，是图象的一个最大值点，.则__________. 14. 在中，角的对边分别是，若，，，则______． 四、解答题：本题共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. （1）已知化简求值： ； （2）已知且求的值. 16. 设（），图象的一条对称轴是直线. （1）写出函数的振幅、周期和初相，并说明函数的图象可以由正弦曲线经过怎样的变换得到； （2）用“五点作图法”画出函数在区间上的图象. 17. 如图1所示，在中，点在线段上，满足，是线段上的点，线段与线段交于点. （1）若，求实数的值； （2）若，且满足， ①求实数的值； ②如图2，过点的直线与边分别交于点，设，，（，），求的最小值. 18. 《麦田里的守望者》中的主人公霍尔顿将自己的精神生活寄托于那广阔无垠的麦田．假设霍尔顿在一块四边形ABCD的麦田里成为守望者，如图所示，为了分割麦田，他将BD连接，经测量，． （1）霍尔顿发现无论BD多长，为一个定值，请你验证霍尔顿的结论，并求出这个定值； （2）霍尔顿发现麦田的生长与土地面积的平方呈正相关（正相关描述的是两个变量之间的一种关系：当一个变量增大时，另一个变量也倾向于增大；反之，当一个变量减小时，另一个变量也倾向于减小），记与的面积分别为和，为了更好地规划麦田，请你帮助霍尔顿求的最大值； （3）霍尔顿发现麦田的维护成本与分割线BD的长度平方成正比，比例系数为k，而总收益与成正比，比例系数为m（其中，）若净收益为总收益减去维护成本，请求出使净收益最大的BD长度，并写出此时的最大净收益表达式． 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 $ 江西上饶市名校联盟2025-2026学年高一下学期5月期中训练数学试题 满分：150分 考试时间：120分钟 命题单位：余干中学 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 与角的终边相同的最小正角是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由题意，则与角的终边相同的最小正角是. 2. 已知向量，若，则实数的值为（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，所以， 因为，所以，解得. 3. 已知扇形的周长为，半径为，则该扇形的圆心角的弧度数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据扇形的弧长和周长公式，即可求解. 【详解】设扇形圆心角为，，半径，弧长为，周长为， 则扇形的周长为， 又，所以， 又扇形的周长为，半径为，所以，解得. 故选：D. 4. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将原式平方求出的值，进而求出的值，将变形，并将求出的两值代入变形之后的式子即可得解. 【详解】将两边平方可得，解得. 因为，所以，故，所以， 因为，所以. 所以. 5. 曲线与的交点的个数为（ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 【答案】C 【解析】 【分析】在同一直角坐标系中作出函数与的图象，可得答案. 【详解】在同一直角坐标系中作出函数与的图象，如图所示： 所以曲线与的交点的个数为个. 6. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的形状为（ ） A. 等边三角形 B. 等腰三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦求解判断. 【详解】在中，由及正弦定理，得， 则， 整理得，而，因此， 两边平方得，又，则，， 所以是直角三角形. 7. 在中，内角所对的边分别为，已知，且当时，的最小值为1，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，求得，设，得到，转化为点到直线的距离为，进而求得的长. 【详解】在中，由，所以，则， 设，所以， 所以的最小值为点到直线的距离， 因为的最小值为1，所以. 8. 若函数在区间上单调递增，且，，则的取值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由函数在上单调递增及，结合正弦函数单调性与零点性质，得到的取值范围和的含参表达式；再由推出为对称轴，建立的另一含参表达式；联立两式解出，回代并结合的条件，最终确定． 【详解】因为，在上单调递增，，， 所以且， 所以，， 又，则，故， 所以，解得， 因，则，所以， 又，则当，时，． 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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，有选错的得0分. 9. 下列函数是以为周期的偶函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，先推出其奇偶性，再举反例推出其周期不是即可判断；对于B，先推出其奇偶性，再结合的最小正周期即可推出的最小正周期，进而即可判断；对于C，D，先推出其奇偶性，推出其周期即可判断． 【详解】对于A，由的定义域为，关于原点对称， 令，则，所以为偶函数， 又，， 所以，故函数的周期不是，故A错误； 对于B，由的定义域为，关于原点对称， 令，由，所以为偶函数， 又函数的最小正周期为， 且函数的图象是将函数的轴下方图象翻折到轴上方， 故周期变成函数的周期的一半，故的最小正周期为，即以为周期，故B正确； 对于C，由的定义域为，关于原点对称， 令，由，所以为偶函数， 又函数的最小正周期为，即以为周期，故C正确； 对于D，由的定义域为，关于原点对称， 令，由，所以为偶函数， 又函数的最小正周期为， 则，故的最小正周期为，即以为周期，故D正确． 故选：BCD． 10. 已知函数，下列四个选项正确的是（ ） A. f(x)的最小正周期是 B. f(x)的值域是 C. f(x)在区间上单调递增 D. f(x)的图象关于对称 【答案】AD 【解析】 【分析】化简后结合三角函数的性质逐一分析选项. 【详解】当，即时： ， 当，即时： ， 即，接下来逐一分析选项： 选项A：和的周期都是，故； 又不是周期：，， 不存在更小的正周期，因此最小正周期为，A正确； 选项B：最大值出现在时， ，取不到，值域实际为，B错误； 选项C：在区间内满足，故此时； 而在上单调递减，在上单调递增，整个区间不单调，C错误； 选项D： 对任意，验证： 若，则： ， ， 同理可证也是对称轴，结合为对称轴及周期性可知， 函数的对称轴为，D正确. 11. “圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等，如图，已知圆的半径2，点是圆内的定点，且，弦均过点，则下列说法正确的是（    ） A. 为定值 B. 的取值范围是 C. 当时，为定值 D. 的最大值为16 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题设中的圆幂定理可判断AC；取的中点为，连接，利用向量的线性运算可判断B；根据直径的大小可判断D. 【详解】对于A，如图，过作直径， 由题意， 所以 为定值，故A正确； 对于B，若为中点，连接，则 ， 由题意，则，故B错误； 对于C，若，故， 则， 又，则，同理可得，故， 故C正确； 对于D，因为，则当弦均与重合时， 此时有最大值，为16，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：根据定义及向量线性运算的几何意义，结合数量积的运算律转化各项数量积或乘积关系，再由圆的性质判断各项正误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则__________. 【答案】##0.6 【解析】 【详解】. 13. 函数的部分图象如图所示.已知直线与的图象交于，，三点且，是图象的一个最大值点，.则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据点坐标推出函数表达式，再根据题意从到经过了的一个完整周期，其中，设，，带入即可得. 【详解】由图可知是“五点作图”的第一个最大值点， 所以且.. 显然，从到经过了的一个完整周期，其中. 则，， ，代入得. ... 故答案为：. 14. 在中，角的对边分别是，若，，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】先利用正弦定理将边化角，结合三角恒等变换化简已知等式求出角；再由三角形面积公式结合已知条件求出边；最后利用余弦定理计算出边的值． 【详解】因为，所以， 又，所以，所以， 化简得，所以，又，所以． 所以，解得， 由余弦定理得，所以． 四、解答题：本题共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. （1）已知化简求值： ； （2）已知且求的值. 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）根据诱导公式，将所求进行化简，再分子分母同时除以，计算求值，即可得答案. （2）根据条件，求出的范围，根据同角三角函数的关系，可得，的值，根据两角差的余弦公式，化简计算，即可得答案. 【详解】（1）由诱导公式得. （2）因为，所以， 因为，， 所以，， 则 . 16. 设（），图象的一条对称轴是直线. （1）写出函数的振幅、周期和初相，并说明函数的图象可以由正弦曲线经过怎样的变换得到； （2）用“五点作图法”画出函数在区间上的图象. 【答案】（1）函数的振幅为1，周期为，初相为；① 把图象上所有点向右平移个单位，得到函数的图象； ② 把函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图象. （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦函数的图象对称性列出方程求解即得解析式，由解析式直接读取振幅、周期和初相，利用平移伸缩变换说明变换过程； （2）利用五点法作图即可. 【小问1详解】 因为直线是函数的一条对称轴， 所以，则，解得， 又，所以. （2）由知，函数的振幅为1，周期为，初相为； 要得到函数的图象，可以把正弦曲线进行如下变换： ① 把图象上所有点向右平移个单位，得到函数的图象； ② 把函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图象. 【小问2详解】 由可知，列表如下： 故函数在区间上的图象如下： 17. 如图1所示，在中，点在线段上，满足，是线段上的点，线段与线段交于点. （1）若，求实数的值； （2）若，且满足， ①求实数的值； ②如图2，过点的直线与边分别交于点，设，，（，），求的最小值. 【答案】（1），； （2）①；②. 【解析】 【分析】（1）由条件和平面向量基本定理可得； （2）①根据三点共线及平面向量基本定理可得所求值；②由三点共线得，再用基本不等式可得最小值. 【小问1详解】 因为，所以， 所以， 又，且与不共线，由平面向量基本定理得，； 【小问2详解】 ①因为三点共线，所以存在实数使得（）， 所以， 因为，所以，所以， 又因为，所以，且与不共线， 所以，解得． 所以. ②由①可知，，且，， 所以， 因为三点共线，所以，且，， 所以， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为． 18. 《麦田里的守望者》中的主人公霍尔顿将自己的精神生活寄托于那广阔无垠的麦田．假设霍尔顿在一块四边形ABCD的麦田里成为守望者，如图所示，为了分割麦田，他将BD连接，经测量，． （1）霍尔顿发现无论BD多长，为一个定值，请你验证霍尔顿的结论，并求出这个定值； （2）霍尔顿发现麦田的生长与土地面积的平方呈正相关（正相关描述的是两个变量之间的一种关系：当一个变量增大时，另一个变量也倾向于增大；反之，当一个变量减小时，另一个变量也倾向于减小），记与的面积分别为和，为了更好地规划麦田，请你帮助霍尔顿求的最大值； （3）霍尔顿发现麦田的维护成本与分割线BD的长度平方成正比，比例系数为k，而总收益与成正比，比例系数为m（其中，）若净收益为总收益减去维护成本，请求出使净收益最大的BD长度，并写出此时的最大净收益表达式． 【答案】（1） 在△ABD中，由余弦定理得， 即. 在△BCD中，由余弦定理得， 即，所以， 即，所以无论BD多长，． （2） （3）， 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理表示出，再化简即可. （2）根据三角形的面积公式以及（1）结论，利用二次函数的最值求解. （3）根据题意列出解析式，再根据（1）（2）问的结论化简，利用二次函数的最值求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，， 则， 由（1）知，，即，代入上式， 得， 配方得， 当时，取到最大值为． 【小问3详解】 设，净收益为y，则， 由（1）知，， 则. 由（2）知， 所以， 令，则， 所以， 即当时，净收益最大，. 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 $