精品解析：四川达州市达川区2025-2026学年高一下学期5月期中质量检测数学试题

四川达州市达川区2025-2026学年高一下学期5月期中质量检测数学试题 说明： 1．本卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，时间120分钟． 2．所有试题均在答题卡相应的区域内作答. 第I卷（选择题 共58分） 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的） 1. （ ） A. B. C. D. 2. 设，则（ ） A. -1 B. 0 C. 1 D. 2 3. 在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，的夹角为，且，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 在中，若，则的形状是（ ） A. 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 等腰直角三角形 D. 直角三角形 6. 如图，为测得河对岸塔AB的高，先在河岸上选一点C，使C在塔底B的正东方向上，测得点A的仰角为60°，再由点C沿北偏东15°方向走10 m到位置D，测得∠BDC＝45°，则塔AB的高是（ ） A. 10 m B. 10m C. 10m D. 10m 7. 已知向量满足，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 若，且，则（    ） 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，部分选对得部分分） 9. 下面是关于复数（为虚数单位）的命题，其中真命题为（ ） A. 的虚部为 B. 在复平面内对应的点在第三象限 C. 的共轭复数为 D. 若，则的最大值是 10. 已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ） A. B. 函数的最小正周期为 C. 函数的图象关于直线对称 D. 函数向右平移个单位长度后可得到的图象 11. 已知圆半径为，弦，点为圆上任意一点，则下列说法正确的是（    ） A. B. 的最大值为 C. D. 满足的点仅有一个 第II卷（非选择题 共92分） 注意事项： 必须使用0．5毫米黑色墨迹签字笔在答题卡上题目所指定的答题区域内作答，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0．5毫米黑色墨迹签字笔描清楚，答在试题卷上无效． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知为虚数单位，则________． 13. 已知，，则_______． 14. 在中，，的角平分线交BC于D，则_________． 四、解答题（本大题共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. 已知向量. （1）若单位向量与共线，求的坐标； （2）若，求； （3）求与夹角的余弦值. 16. （1）求值：； （2）设，且，求角的值. 17. 已知函数. （1）求函数的对称中心； （2）将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，再将所得函数图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，求在的值域. 18. 在中，角的对边分别是，且，. （1）求角的大小； （2）若边上的中线，求的面积. （3）若为锐角三角形，求的取值范围. 19. 定义：若非零向量，函数f（x）的解析式满足，则称的“积向量”为，向量的“积函数”为． （1）若向量为函数的积向量，求； （2）若函数为向量的积函数，在中，，且，求证：； （3）当向量时，积函数为，函数，求在区间上最大值与最小值之差的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 四川达州市达川区2025-2026学年高一下学期5月期中质量检测数学试题 说明： 1．本卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，时间120分钟． 2．所有试题均在答题卡相应的区域内作答. 第I卷（选择题 共58分） 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的） 1. （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由二倍角公式以及诱导公式即可求解. 【详解】. 故选：D. 2. 设，则（ ） A. -1 B. 0 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的代数运算以及复数相等即可解出． 【详解】因为， 所以，解得：． 故选：C. 3. 在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由余弦定理直接计算求解即可. 【详解】由题意得， 又，所以. 故选：A 4. 已知向量，的夹角为，且，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据投影向量公式即可得解. 【详解】在上的投影向量为. 故选：A 5. 在中，若，则的形状是（ ） A. 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 等腰直角三角形 D. 直角三角形 【答案】A 【解析】 【详解】正弦定理 ， ， ，即； ，，，即. ，， ； 或 ； ，，，，； ，，即. 6. 如图，为测得河对岸塔AB的高，先在河岸上选一点C，使C在塔底B的正东方向上，测得点A的仰角为60°，再由点C沿北偏东15°方向走10 m到位置D，测得∠BDC＝45°，则塔AB的高是（ ） A. 10 m B. 10m C. 10m D. 10m 【答案】D 【解析】 【分析】在△BCD中，CD＝10 m，∠BDC＝45°，∠BCD＝15°＋90°＝105°，∠DBC＝30°，利用正弦定理求得BC，在Rt△ABC中，根据，即可得出答案. 【详解】解：在△BCD中，CD＝10 m，∠BDC＝45°， ∠BCD＝15°＋90°＝105°，∠DBC＝30°， 由正弦定理，得＝， BC＝＝10（m）. 在Rt△ABC中，tan 60°＝，AB＝BC×tan 60°＝10（m）. 故选：D. 7. 已知向量满足，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作出图形,根据几何意义求解. 【详解】因为,所以, 即,即,所以. 如图,设, 由题知,是等腰直角三角形, AB边上的高, 所以, , . 故选:D. 8. 若，且，则（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由及二倍角的余弦公式可得，根据两角和的余弦公式可得，由诱导公式及的范围即可求解. 【详解】，，由， 可得，即， ，， ，，且， 根据余弦函数性质得，即得. 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，部分选对得部分分） 9. 下面是关于复数（为虚数单位）的命题，其中真命题为（ ） A. 的虚部为 B. 在复平面内对应的点在第三象限 C. 的共轭复数为 D. 若，则的最大值是 【答案】BCD 【解析】 【详解】由题意得 ， 对于A选项，的虚部为，故A错误； 对于B选项，复数在复平面内对应的点在第三象限，故B正确； 对于C选项，的共轭复数为，故C正确； 对于D选项，，由复数模的三角不等式可得， 当且仅当时，等号成立，即的最大值是，故D正确. 10. 已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ） A. B. 函数的最小正周期为 C. 函数的图象关于直线对称 D. 函数向右平移个单位长度后可得到的图象 【答案】ABC 【解析】 【分析】观察图象确定函数的最值，利用最值求出判断选项A，观察图象确定函数的最小正周期判断B，并利用最小正周期与的关系求出，由特殊点坐标求出的值，可得的解析式，根据正弦函数对称性判断C，再利用函数的图象变换判断D． 【详解】对于A，观察函数的部分图象， 可得函数的最大值为，最小值为，又，故，A正确； 对于B，设函数的最小正周期为， 观察图象可得，故，B正确 又，所以，故， 由，可得， 故，，又， ，所以， 对于C，令，，可得，， 取可得， 所以函数的图象关于直线对称，故C正确； 对于D，把的图象向右平移个单位可得的图象，故D错误. 11. 已知圆半径为，弦，点为圆上任意一点，则下列说法正确的是（    ） A. B. 的最大值为 C. D. 满足的点仅有一个 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A，得到为等边三角形，根据投影向量的概念进行求解；对于B，作出辅助线，数形结合得到当点与点重合时，取得最大值，利用投影向量的概念求出最大值；对于C，作出辅助线，数形结合得到；对于D，考虑其中一个向量为零向量及垂直关系得到点有2个． 【详解】对于A， 圆半径为，弦，故为等边三角形， 所以，， 所以，A正确； 对于B， 过点作，交圆于点，过点作，并交的延长线于点，连接，取中点，连接， 因为，且，所以是平行四边形， 又，所以是菱形， 由投影向量可知，当两点重合时，取得最大值， 此时， 所以的最大值，B正确； 对于C， 因为是菱形，， 因为，， 所以当与平行且方向相同时，取最大值为， 当与平行且方向相反时，取最小值为， 所以，C错误； 对于D，因为点为圆上任意一点，故当重合时，， 又当时，满足，故满足的点有2个，D错误． 第II卷（非选择题 共92分） 注意事项： 必须使用0．5毫米黑色墨迹签字笔在答题卡上题目所指定的答题区域内作答，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0．5毫米黑色墨迹签字笔描清楚，答在试题卷上无效． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知为虚数单位，则________． 【答案】 【解析】 【分析】根据虚数的性质，准确计算，即可求解. 【详解】由虚数的性质，可得， 可得. 故答案为： 13. 已知，，则_______． 【答案】## 【解析】 【分析】先由确定的范围，再利用同角三角函数关系求出，接着通过二倍角公式算出和，最后用两角差的正弦公式求出的值 【详解】由，得， 因为，所以， 所以， ， 所以． 14. 在中，，的角平分线交BC于D，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】方法一：利用余弦定理求出，再根据等面积法求出； 方法二：利用余弦定理求出，再根据正弦定理求出，即可根据三角形的特征求出． 【详解】 如图所示：记， 方法一：由余弦定理可得，， 因为，解得：， 由可得， ， 解得：． 故答案为：． 方法二：由余弦定理可得，，因为，解得：， 由正弦定理可得，，解得：，， 因为，所以，， 又，所以，即． 故答案为：． 【点睛】本题压轴相对比较简单，既可以利用三角形的面积公式解决角平分线问题，也可以用角平分定义结合正弦定理、余弦定理求解，知识技能考查常规． 四、解答题（本大题共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. 已知向量. （1）若单位向量与共线，求的坐标； （2）若，求； （3）求与夹角的余弦值. 【答案】（1）和 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用共线及单位向量的意义直接求解. （2）利用向量线性运算的坐标表示，结合向量垂直的坐标表示列式求出. （3）求出的坐标，再利用夹角公式求解. 【小问1详解】 由题意得与同向的单位向量， 与反向的单位向量. 【小问2详解】 由题意得， 所以，所以. 【小问3详解】 由题意得， 可得与夹角的余弦值为. 16. （1）求值：； （2）设，且，求角的值. 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用三角函数的基本关系式和三角恒等变换的公式，准确运算，即可求解； （2）根据题意，分别求得，，结合两角差的余弦公式，即可求解. 【详解】（1）由 . （2）因为，且， 可得， 因为，可得， 所以， 又因为，所以. 17. 已知函数. （1）求函数的对称中心； （2）将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，再将所得函数图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，求在的值域. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）化简函数为，结合正弦型函数的性质，即可求解； （2）根据题意，利用三角函数的图象变换，求得 ，由，得到，可得，即可求解. 【小问1详解】 解：由函数 ， 令，解得， 所以函数的对称中心为 ； 【小问2详解】 解：函数的图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变， 可得， 再将所得函数图象向右平移个单位长度，可得 ， 因为，所以， 又由， 可得 所以在的值域为. 18. 在中，角的对边分别是，且，. （1）求角的大小； （2）若边上的中线，求的面积. （3）若为锐角三角形，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理和两角和的正弦公式化简即可求出； （2）根据题意列出，化简得，又由余弦定理得即可求出； （3）利用定理得到 ，再利用为锐角三角形，得到，进而得到的取值范围. 【小问1详解】 由有， ，即， ，，又 ，故． 【小问2详解】 由平方得 ， 所以 ，即，所以， 又由余弦定理得，所以 ， 所以的面积为. 【小问3详解】 由题意得，又 ， ， 又为锐角三角形，则有，得， 所以，所以，故． 19. 定义：若非零向量，函数f（x）的解析式满足，则称的“积向量”为，向量的“积函数”为． （1）若向量为函数的积向量，求； （2）若函数为向量的积函数，在中，，且，求证：； （3）当向量时，积函数为，函数，求在区间上最大值与最小值之差的取值范围． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）化简函数，根据“积函数”的定义，得到，结合向量的模的计算公式，即可求解； （2）根据题意，由，求得，再由两角和与差的正弦公式，联立方程组，求得和，两式相除，即可得证； （3）根据题意，得到，得到，根据正弦函型函数的图象与性质，分类讨论，分别求得的表达式，进而求得其范围. 【小问1详解】 由函数， 根据“积函数”的定义，可得， 所以. 【小问2详解】 证明：由函数为向量的积函数，可得， 因为，可得，即， 又因为，所以，所以，解得， 因为， 又因为，所以， 两式相加，可得，两式相减可得， 所以，所以. 【小问3详解】 由向量时，可得积函数为， 则， 设在区间上的最大值与最小值之差为， 因为，可得， ①当，时， 即时，可得， ， 所以， 因为，所以， 所以，所以； ②当，时， 即时，可得， ， 所以， 因为，所以， 所以，所以； ③当，且时，即时， 可得，，所以， 因为，所以， 所以，所以； ④当，且时，即时， 可得，，所以， 因为，所以， 所以，所以； ⑤当，且时，即时， 可得，， 所以， 因为，所以， 所以，所以； ⑥当，且时，即时， 可得，， 所以， 因为，所以， 所以，所以， 综上可得：， 所以在区间上的最大值与最小值之差的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $