精品解析：辽宁大连市第二十四中学2025-2026学年度下学期期中考试高一年级数学科试卷

2025-2026学年度下学期期中考试高一年级数学科试卷 一、单项选择题：（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. 678°是（ ） A. 第一象限角 B. 第二象限角 C. 第三象限角 D. 第四象限角 2. 已知等腰中，，，则（ ） A. 2 B. C. D. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 下列函数中，最小正周期为的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量满足，，，则 （ ） A. B. C. D. 6. 已知锐角中，，则的最小值为（ ） A. 8 B. C. 4 D. 7. 已知函数，，，是图象上的两点，若点为线段的中点，则点的纵坐标为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数（，）的一个零点为，对，都满足，且的最小正周期取其所有可能值中的最大值，则的值为（ ） A. 0 B. 1 C. D. 二、多项选择题：（本题共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，有选错的得0分） 9. 已知单位向量与的夹角为，若向量与向量的夹角为钝角，则k的取值可以是（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则（ ） A. 是周期函数 B. 在区间上单调递减 C. 的值域为 D. 的图象关于直线对称，但不关于点对称 11. 相交弦定理是平面几何中关于圆的一个重要定理，其几何表述为：若圆内弦EF与弦GH相交于点M，则 ．已知点P是直径为4的圆O内定点，且，弦AC，BD均过点P，如图所示，则（ ） A. B. C. D. 当时， 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，则 ________． 13. 若，，且，，则______； 14. 已知向量，满足，且，则的最大值是________． 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. 已知． （1）若，求的值； （2）若，且，求的值． 16. 已知向量，，且． （1）求的取值范围； （2）设函数，若的最小值为，求实数的值． 17. 已知函数，将图象上的所有点向右平移个单位长度，然后将所得图象上的所有点的横坐标不变，纵坐标变为原来的2倍，再将所得图象上的所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到函数的图象． （1）写出函数的解析式，并求的对称轴方程； （2）已知关于x的方程 在区间内恰有两个不同的实根，，求实数m的取值范围，并证明： ． 18. 已知函数． （1）求的最小正周期和单调递增区间； （2）若，，求实数的取值范围； （3）若在上的最大值为M，最小值为m，求的取值范围． 19. 由平面内夹角为60°的两条数轴Ox，Oy构成的坐标系，称为“完美坐标系”，如图所示．设向量分别为数轴Ox，Oy正方向上的单位向量，对于该平面内的向量，若，则实数对称为向量的“完美坐标”． （1）已知向量，的“完美坐标”分别为，，判断命题“的充要条件是”是否正确？若命题正确，请给出证明；若命题不正确，请说明理由； （2）已知向量，的“完美坐标”分别为，，设函数． ①若存在，使不等式成立，求实数k的取值范围； ②若函数在区间内恰有两个不同的零点，求实数a的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度下学期期中考试高一年级数学科试卷 一、单项选择题：（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. 678°是（ ） A. 第一象限角 B. 第二象限角 C. 第三象限角 D. 第四象限角 【答案】D 【解析】 【详解】， 因为是第四象限角，所以是第四象限角. 2. 已知等腰中，，，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由等腰中，，则， 由. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用二倍角公式，同角三角函数的基本关系式化简所求式子，从而求得正确答案. 【详解】 . 4. 下列函数中，最小正周期为的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】A选项，化简后，得到最小正周期为；B选项，求出，故最小正周期不为，B错误；C选项，，C错误；D选项，根据正切函数性质可得 【详解】A选项，，故最小正周期为，A错误； B选项，， 且 ，故最小正周期不为，B错误； C选项， ， 故，最小正周期不为，C错误； D选项，的最小正周期为，D正确. 5. 已知向量满足，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出，和，利用向量夹角余弦公式进行求解. 【详解】，两边平方得 ，即，，， ， ，两边平方得， 即，故，， ，两边平方得， 即，故，， 故. 6. 已知锐角中，，则的最小值为（ ） A. 8 B. C. 4 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意结合三角恒等变换整理可得，结合基本不等式运算求解. 【详解】因为，则， 又因为，可得， 则 ， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为. 7. 已知函数，，，是图象上的两点，若点为线段的中点，则点的纵坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用中点公式，诱导公式，余弦的二倍角公式以及三角函数性质和一元二次方程求解公式分析求解即可. 【详解】设， 因为是图象上的两点，所以， 由，点为线段的中点，所以， 将代入中得：， 又，所以， 所以，① 令，因为， 所以，即， 所以方程①变为：，解得：， 由，所以，即， 所以. 8. 已知函数（，）的一个零点为，对，都满足，且的最小正周期取其所有可能值中的最大值，则的值为（ ） A. 0 B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件得，应用和差化积及恒等关系有，由最小正周期最大时对应参数，再由函数值得，即可得解析式，代入自变量求值即可. 【详解】由题设，都满足 ， 所以， 所以， 由，， ， ， 综上，都有，故， 所以且，则， 而要使最大，所以，则， 则 ，即，， 所以，则， 故 ， 所以 . 二、多项选择题：（本题共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，有选错的得0分） 9. 已知单位向量与的夹角为，若向量与向量的夹角为钝角，则k的取值可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】分析出当向量的夹角为钝角时，有且向量不共线反向，由此求出k的取值范围即可得解. 【详解】因为单位向量与的夹角为，所以. 易知. 若向量的夹角为钝角，则有且向量不共线反向， 即，解得； 当向量共线反向时，则存在实数，使得， 即，可得，解得， 所以当时，向量不共线反向. 综上，可得当且时，向量的夹角为钝角， 故和符合要求. 10. 已知函数，则（ ） A. 是周期函数 B. 在区间上单调递减 C. 的值域为 D. 的图象关于直线对称，但不关于点对称 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用三角恒等变换化简函数表达式为，对于A，在定义域内，由诱导公式可得；对于B，利用代入检验法，即可判断；对于C，注意到，由此即可判断；对于D，利用代入检验法，并注意定义域是否相应的关于直线或点对称即可判断. 【详解】 ． 对于A，的定义域且， 对任意恒有，A正确． 对于B，在有意义， 当时，，该区间为正弦函数的单调递减区间， 所以在单调递减，B正确． 对于C，因为，且， 所以的值域是，C错误． 对于D，， 的图象关于直线对称，且的定义域关于对称，所以的图象关于直线对称． 又， 的图象关于点对称， 但的定义域不关于对称，所以的图象不关于点对称，D正确． 11. 相交弦定理是平面几何中关于圆的一个重要定理，其几何表述为：若圆内弦EF与弦GH相交于点M，则．已知点P是直径为4的圆O内定点，且，弦AC，BD均过点P，如图所示，则（ ） A. B. C. D. 当时， 【答案】AD 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的定义和运算性质，结合平面向量的加法几何意义、相交弦定理逐一判断即可. 【详解】 对于A，设直线与圆相交于，由平面向量数量积的定义和相交弦定理可知： ，所以本选项结论正确； 对于B、C，设弦AC的中点为， ， 由相交弦定理可知：， 所以， 因为，所以，因此， 同理可得，所以不一定成立，故B、C错误； 对于D，当时，由相交弦定理可知： ，所以本选项结论正确； 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，则________． 【答案】6 【解析】 【详解】 . 13. 若，，且，，则______； 【答案】 【解析】 【分析】先根据已知角的范围确定三角函数值的正负，再利用两角和的余弦公式求出的值，再根据的范围确定其具体值. 【详解】因，所以. 所以， 因为，，， 所以， 所以 因为，，所以. 在这个区间内，时，. 故答案为：. 14. 已知向量，满足，且，则的最大值是________． 【答案】4 【解析】 【详解】因为，所以，即，① 又，即，② 所以，③ 又由①②可得，解得，代入③可得， 所以的最大值是4. 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. 已知． （1）若，求的值； （2）若，且，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）通过化简函数表达式，结合已知条件得到的值，再利用二倍角余弦公式计算； （2）先求出的值，根据角的范围确定的符号并计算其值，再利用正弦和角公式求出. 【小问1详解】 易知, 由，得，. 【小问2详解】 由得，由，得， , . 16. 已知向量，，且． （1）求的取值范围； （2）设函数，若的最小值为，求实数的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据数量积的坐标运算和余弦的两角和公式化简，再根据平面向量的模长公式，结合余弦函数的性质求解即可； （2）令，转化为二次函数，然后对分类讨论可得. 【小问1详解】 因为，， 所以. 由同角三角函数的平方关系可得， 所以， 因为，所以，所以， 所以的取值范围为. 【小问2详解】 由（1）可知，函数， 令，则， ，其图象开口向上，对称轴方程为， 当，即时，最小值为，解得（舍去）； 当，即时，最小值为， 解得或（舍去）； 当，即时，最小值为. 综上可知，. 17. 已知函数，将图象上的所有点向右平移个单位长度，然后将所得图象上的所有点的横坐标不变，纵坐标变为原来的2倍，再将所得图象上的所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到函数的图象． （1）写出函数的解析式，并求的对称轴方程； （2）已知关于x的方程在区间内恰有两个不同的实根，，求实数m的取值范围，并证明：． 【答案】（1）； （2）；证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意对图象依次进行变换，得出，再根据余弦函数的性质求出对称轴的方程； （2）利用辅助角公式对方程进行变形，再结合已知条件分析的取值范围；根据正弦函数的性质，利用二倍角公式证明结论． 【小问1详解】 图象上的所有点向右平移个单位长度，得：， 再将所得图象上纵坐标变为原来的2倍，得：， 横坐标变为原来的2倍，得：，即； 余弦函数的对称轴为：， 令，解得， 的对称轴方程为：． 【小问2详解】 已知，代入方程得 ， 其中， 故， ，则，区间长度为，是一个周期，则： 当，即，方程仅有1个实根； 当，即时，方程恰有2个不同实根； 当时，方程无实根； 的取值范围为； 设，是方程的两个不同实根，则， 令， 由正弦函数性质，若， 则或， 若，已知同属于长度为的区间，仅当时成立， 即，对应，与矛盾，舍去； ，则， 即， 且， ， ， ，命题得证． 18. 已知函数． （1）求的最小正周期和单调递增区间； （2）若，，求实数的取值范围； （3）若在上的最大值为M，最小值为m，求的取值范围． 【答案】（1）；单调递增区间为， （2）， （3） 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换整理可得，进而可得最小正周期，以为整体，结合正弦函数单调性求的单调递增区间； （2）以为整体，结合正弦函数有界性可得对恒成立，结合正弦函数性质运算求解； （3）令，，则，，根据正弦函数最值和对称性分类讨论，进而运算求解. 【小问1详解】 因为 ， 所以的最小正周期； 令，，解得，， 所以函数的单调递增区间为，. 【小问2详解】 若，则， 可得，即， 若，， 则对恒成立， 即对恒成立， 又因为，则， 可得，，解得，， 所以实数的取值范围为，. 【小问3详解】 因为，则， 令，，则，， ①若，，则，， 可得 ， 因为，，则，， 可得，即； ②若，，则，， 则 因为，，则， 可得； ③若，，则，， 可得， 因为，，则， 可得； ④若，，则，， 由①可知：， 因为，，则， 可得； ⑤若，，则，， 则， 因为，，则， 可得； ⑥若，，则，， 则， 因为，，则， 可得； 综上所述：的取值范围为. 19. 由平面内夹角为60°的两条数轴Ox，Oy构成的坐标系，称为“完美坐标系”，如图所示．设向量分别为数轴Ox，Oy正方向上的单位向量，对于该平面内的向量，若，则实数对称为向量的“完美坐标”． （1）已知向量，的“完美坐标”分别为，，判断命题“的充要条件是”是否正确？若命题正确，请给出证明；若命题不正确，请说明理由； （2）已知向量，的“完美坐标”分别为，，设函数． ①若存在，使不等式成立，求实数k的取值范围； ②若函数在区间内恰有两个不同的零点，求实数a的取值范围． 【答案】（1）不正确，证明见解析 （2）① ② 【解析】 【分析】（1）由，可得，运算可知不正确； 如图①利用（1）的公式计算，设，求出，将转化成有解，结合函数的单调性即可求得的最大值，即可得出结果； ②化简，换元后得，原函数零点问题，转化为方程与的根的个数问题，数形结合求解. 【小问1详解】 不正确                                                                   证明： 因为，分别为Ox，Oy正方向上的单位向量，且夹角为， 所以，， 因为，所以，即， 则有， 所以“”的充要条件是“”， 所以“”的充要条件是“”是不正确的. 【小问2详解】 因为向量，的“完美坐标”分别为，， 由（1）知， 所以 . 令，则 因为，所以，则， 又， 即， 所以，. 已知恒成立，即对恒成立. 因为时，，所以对有解. 令，，单调递增， 当时，. 所以，即实数的取值范围是. ② ， 令，则 因为，所以，则， 又， 即， 则，. 因为， 所以当或时，方程有1个根，当时，方程对应2个根，当时，方程对应1个根，当时，方程对应2个根， 令，可得， 因为，所以方程有2个不等实根，又， 不妨设，又因为不满足方程， 所以可得， 令，则函数在和上单调递减， 如图， 由题意，可知 ①与函数图象两支都相交，且交点横坐标分别在，， 所以，解得； ②，满足题意，此时 ； ③，满足题意，此时 ； 所以实数a的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $