精品解析：江西南昌市第五高级中学2025-2026学年第二学期期中考试高一数学试卷

南昌五中2025－2026学年第二学期期中考试高一数学试卷 命题人：尤伟峰 审题人：宋姿翰 一、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. 已知向量，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】由向量的数量积坐标运算公式和线性运算公式计算即得． 【详解】，，则， 所以. 2. 设P是所在平面内的一点，，则 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】移项得.故选B 3. 若是第一象限角，则下列结论一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据的范围求得是第一､三象限角，分类讨论，根据三角函数符号即可判断. 【详解】因为在第一象限，所以， 所以，所以是第一､三象限角， 当是第一象限角时，； 当是第三象限角时，； 综上，一定成立. 故选：C 4. 已知向量，满足，，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据计算出，然后结合向量数量积的公式求解出的值，则与的夹角可求. 【详解】由题意得，所以， 即，所以，所以. 故选：B. 5. 已知，，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据投影向量公式结合数量积坐标公式及模长公式计算求解. 【详解】因为，， 则在方向上的投影向量为. 故选：B. 6. 如图所示，一个质点在半径为2的圆上以点为起始点，沿逆时针方向运动，每转一圈.则该质点到轴的距离关于时间的函数解析式是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意求出，根据正弦的概念求解点的纵坐标，即可得解. 【详解】由题意，，所以，所以点逆时针运动ts时，， 所以点的纵坐标为，所以该质点到轴的距离. 故选：C 7. 设非零向量的夹角为，若，且不等式对任意恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据题先利用平面向量的数量积的运算法则进行转化为恒成立，然后结合函数的恒成立，列出不等式组，即可求解. 【详解】由题意，非零向量的夹角为，且， 则， 不等式对任意恒成立， 所以，即， 整理得恒成立， 因为，所以，即，可得， 即实数的取值范围为. 故选：A. 【点睛】求平面向量的模的两种方法： 1、利用及，把向量模的运算转化为数量积的运算； 2、利用向量的几何意义，即利用向量加、减法的平行四边形法则或三角形法则作出向量，再利用余弦定理等方法求解. 8. 半径为的圆上有三点、、满足，点是圆内一点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设与交于点，由得四边形是菱形，是对角线中点，用和其他向量表示并计算数量积后可得＝，由点与的位置关系可得的取值范围，得结论． 【详解】如图， 与交于点，由得： ， 所以四边形是菱形，且，则，， 由图知，，而， ∴， 同理，，而， ∴， ∴， ∵点是圆内一点，则，∴， 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量数量积的运算，解题关键是是利用线段的中点的性质，把用和其他向量相加，然后求数量积可化化简． 二、选择题：本小题共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. 下列说法中正确的是（ ） A. 对于非零向量，若，则 B. 若，则 C. 已知点，向量，过点作以向量为方向向量的直线，则点到直线的距离为 D. 已知A，B，C是坐标平面上的三点，其坐标分别为，则为钝角三角形 【答案】BC 【解析】 【分析】根据向量的数量积运算，可判断A、B；根据题意，求得直线方程，结合点到直线的距离公式判断C；由题意计算出，利用数量积运算判断D. 【详解】对于A：，即．所以A错误； 对于B：两边平方：，化简得，则.所以B正确； 对于C：以向量为方向向量的直线的斜率， 则过点P的直线：，即. 点到直线的距离,所以C正确； 对于D：， ， 则，即A为直角，为直角三角形，所以D错误. 10. 四边形ABCD是边长为1的正方形，是线段CD上的动点（包括端点C、D），则（ ） A. B. 当时，为CD中点 C. 的最小值为 D. 的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】通过建立平面直角坐标系分别表示出各点的坐标，结合向量的坐标运算逐一分析选项即可． 【详解】以为原点，分别以AB，AD所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系，如下图所示 ， 因为四边形ABCD是边长为1的正方形，是线段CD上的动点（包括端点C、D）， 所以，设， 选项A：，所以； 选项B：， 当时，可得，解得，即为CD中点； 选项C：，则， 所以，当时，的最小值为2； 选项D：当或1时，的最大值为. 11. 已知函数，若，，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则的取值范围为 C. 若，则的最小值为 D. 若，则的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A：可化为，结合正弦函数值域可得存在，使得，即可得A；对B：结合定义域与正弦函数图象计算即可得；对C：表示出后代入计算即可得；对D：结合正弦函数图象可得，再分的不同取值计算即可得. 【详解】对A：由， 则， 化简得， 由，则、， 则恒有，即，故A正确； 对B：若，需存在，使得， 当时，，则有， 解得，即的取值范围为，故B错误； 对C：由，则， ，且， 则，且， 故， 当且仅当时，等号成立，故C正确； 对D：若，则， 则，， 即有，， 有，解得，即， 若，则，又，解得； 若，则，又，解得； 又时，有，即， 故时，符合要求； 综上所述：的取值范围为，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知点，向量，点是线段上靠近点的三等分点，求点的坐标______． 【答案】 【解析】 【分析】由题，设，代入坐标运算解方程求出点的坐标. 【详解】由题，设， 所以，即， 所以，解得， 所以点的坐标为. 故答案为： 13. 函数的定义域为______． 【答案】 【解析】 【分析】要使函数有意义，则有，可得不等式组的解集，即得原函数的定义域． 【详解】要使原函数有意义，必须有，即， 解集为， 取交集可得原函数的定义域为. 14. 若函数有个零点，则正数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先判断分段函数在部分单调且仅有一个零点，因此在区间上需有3个零点，将区间代入，令其包含正弦函数的三个零点但不包含第四个，得到关于的不等式组，通过求解该不等式组确定的取值范围，结合单调性与零点分布求出的取值范围. 【详解】函数在上单调递增， 则函数在上单调递增，而， 则存在，使得，函数在上有个零点， 由函数有4个零点，则函数在有个零点， 由，得， 则，解得，所以正数的取值范围是． 故选：A 四、解答题：本题共5小题，共计77分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在平行四边形ABCD中，设，点是边BC的中点，点在BD上，且． （1）用表示向量和． （2）判断，，三点是否共线？请说明理由． 【答案】（1）； （2）三点共线，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据向量加法的三角形法则和数乘向量求解即可； （2） 判断三点是否共线，可通过判断由这三点构成的两个向量是否共线来实现，若两向量共线且有公共点，则三点共线. 【小问1详解】 如图： 由题意：． . 【小问2详解】 由（1）知，，， 则，所以与共线，又与有公共点，所以三点共线. 16. 已知向量，． （1）若，求的值； （2）若，，求与的夹角的余弦值． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据向量垂直的坐标运算，即可求解； （2）根据向量平行的坐标运算求出，再根据向量夹角的坐标运算可得结果. 【小问1详解】 由，可得，即． 又，，所以，， 所以，解得． 【小问2详解】 因为，，所以， 又，所以，解得，所以. 又， 所以， 所以与的夹角的余弦值为． 17. 函数的部分图象如图所示，该图象与轴交于点，与轴交于点为最高点，的面积为． （1）求函数的解析式； （2）若对任意的，都有，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据三角形的面积求得，进而求得，利用点求得，从而求得的解析式. （2）先求得在区间的取值范围，根据绝对值不等式的解法化简不等式，根据恒成立问题以及对数不等式等知识求得正确答案. 【小问1详解】 由题意可知：的面积，可得， 所以周期，则， 由，得，又，于是， 所以； 【小问2详解】 由，则，得， 即．由，得， 即在上恒成立， 亦即， 因为， 所以，解得， 即实数的取值范围是． 【点睛】方法点睛：利用函数图象与性质求得三角函数的解析式，其中往往是通过周期，用来进行求解，往往通过函数图象上一个点的坐标来进行求解.求解不等式恒成立问题可转化为函数的最值来进行求解. 18. 如图，圆的半径为，其中、为圆上两点. （1）若，当为何值时，与垂直？ （2）若为的重心，直线过点交边于点，交边于点，且，，求最小值. （3）若的最小值为，求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理求出的长，利用平面向量数量积的定义可求出的值，由已知可得出，利用平面向量数量积的运算性质可得出关于的等式，解之即可； （2）由重心的性质推导得出，由、、三点共线，推导出，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值； （3）设，推导出，利用平面向量数量积的运算性质可得出，再结合二次函数的基本性质可求出的最小值为可求得的值，即为所求. 【小问1详解】 因为，， 所以由余弦定理得， 即，即，解得， 由平面向量数量积的定义可得， 若与垂直，则， 所以，所以，解得， 即当时，与垂直. 【小问2详解】 因为为的重心，所以， 又因为，，所以， 由于、、三点共线，所以存在实数使得， 所以，化简为， 因为、不共线，所以，，所以，所以. 显然，，则， 当且仅当时，即当时，取最小值. 【小问3详解】 设，取线段的中点，连接，则， 则， 又 ， 所以当时，有最小值，所以，解得， 即取最小值时，． 19. 对于分别定义在上的函数以及实数，若任取，存在，使得，则称函数与具有关系．其中称为的像． （1）若；，判断与是否具有关系，并说明理由； （2）若；，且与具有关系，求的像； （3）若；，且与具有关系，求实数的取值范围． 【答案】（1）不具有，理由见解析 （2）或或； （3）或 【解析】 【分析】（1）根据具有关系的定义及三角函数的值域判断即可； （2）根据具有关系及三角函数的性质计算即可； （3）利用三角函数的性质先确定，根据具有关系的定义，再根据二次函数的动轴定区间分类讨论计算即可． 【小问1详解】 与不具有关系， 理由如下：时，， 所以， 则与不具有关系； 【小问2详解】 由题意可知 ， 所以 ， 又，所以， 解之得或或，即的像为或或； 【小问3详解】 对于，则，所以， 即， 因为与具有关系， 所以要满足题意需，使得是函数的值域的子集即可． 令， 令，则，设， ①若，即时，，则， ②若，即时，，则， ③若，即时，， 则或，显然无解， ④若，即时，， 则或，显然无解， 综上所述：或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南昌五中2025－2026学年第二学期期中考试高一数学试卷 命题人：尤伟峰 审题人：宋姿翰 一、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. 已知向量，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 2. 设P是所在平面内的一点，，则 A. B. C. D. 3. 若是第一象限角，则下列结论一定成立的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，满足，，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 6. 如图所示，一个质点在半径为2的圆上以点为起始点，沿逆时针方向运动，每转一圈.则该质点到轴的距离关于时间的函数解析式是（ ） A. B. C. D. 7. 设非零向量的夹角为，若，且不等式对任意恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 半径为的圆上有三点、、满足，点是圆内一点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本小题共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. 下列说法中正确的是（ ） A. 对于非零向量，若，则 B. 若，则 C. 已知点，向量，过点作以向量为方向向量的直线，则点到直线的距离为 D. 已知A，B，C是坐标平面上的三点，其坐标分别为，则为钝角三角形 10. 四边形ABCD是边长为1的正方形，是线段CD上的动点（包括端点C、D），则（ ） A. B. 当时，为CD中点 C. 的最小值为 D. 的最大值为 11. 已知函数，若，，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则的取值范围为 C. 若，则的最小值为 D. 若，则的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知点，向量，点是线段上靠近点的三等分点，求点的坐标______． 13. 函数的定义域为______． 14. 若函数有个零点，则正数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 四、解答题：本题共5小题，共计77分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在平行四边形ABCD中，设，点是边BC的中点，点在BD上，且． （1）用表示向量和． （2）判断，，三点是否共线？请说明理由． 16. 已知向量，． （1）若，求的值； （2）若，，求与的夹角的余弦值． 17. 函数的部分图象如图所示，该图象与轴交于点，与轴交于点为最高点，的面积为． （1）求函数的解析式； （2）若对任意的，都有，求实数的取值范围． 18. 如图，圆的半径为，其中、为圆上两点. （1）若，当为何值时，与垂直？ （2）若为的重心，直线过点交边于点，交边于点，且，，求最小值. （3）若的最小值为，求的值. 19. 对于分别定义在上的函数以及实数，若任取，存在，使得，则称函数与具有关系．其中称为的像． （1）若；，判断与是否具有关系，并说明理由； （2）若；，且与具有关系，求的像； （3）若；，且与具有关系，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 $