江苏南通市海门中学2025-2026学年高一下学期4月份学情调研数学试卷

**基本信息** 高一数学学情调研卷聚焦向量、解三角形与三角函数核心内容，通过基础题（如向量坐标运算）、能力题（如三角形多解分析）及创新题（如外心数量积），分层考查数学抽象、逻辑推理与数学运算素养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题（单选）|8/40|向量坐标运算、三角恒等变换、三角形边角关系|结合网格图考查向量表示（题4），锐角三角形条件限制求范围（题8）| |选择题（多选）|3/18|向量性质辨析、三角形解的情况、三角函数图像性质|向量共线与相等概念辨析（题9），三角形多解条件判断（题10）| |填空题|3/15|向量平行、三角形高、外心数量积|外心与数量积结合（题14），体现几何直观| |解答题|5/77|向量垂直与共线、解三角形综合、三角函数最值与零点|分层设问（如18题含计算、函数表示及最值），探究性问题（19题第三问）|

江苏省海门中学2025-2026学年度第二学期四月学情调研 高一数学 第一部分（选择题 共58分） 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．已知平面上两点，若，则的坐标为（   ） A． B． C． D． 2．记向量，设甲：向量与向量的夹角为锐角；乙：，则甲是乙的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．已知平面向量，满足，，则向量在向量上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 4．已知向量在正方形网格中的位置如图所示,用基底表示,则（　　） A． B． C． D． 5．在中，角所对的边分别为，已知，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 6．已知，，则（   ） A． B． C． D． 7．已知是边长为2的等边三角形，为平面内一点，则的最小值是　　 A． B． C． D． 8．在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积为S，若，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、选择题：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．下列选项中，错误的是（    ） A．若，则A，B，C，D一定能构成平行四边形 B．在平行四边形中， C．若向量，满足，则或 D．若非零向量与相等，则B，C重合 10．已知内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，，且该三角形有两解，则 C．若，则为等腰三角形 D．若，则为锐角三角形 11．已知函数在区间上单调，且满足有下列结论正确的有(    ) A． B．若，则函数的最小正周期为； C．关于x的方程在区间上最多有4个不相等的实数解 D．若函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知向量，，向量与平行，则实数的值为__________． 13．记的内角的对边分别为a，b，c，，，，则边上的高为______． 14．已知的外心为，，则________. 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤。 15．（13分）已知． (1)若，且，求的值； (2)若点共线，求的值． 16．（15分）平面上的两个非零向量，满足. (1)当时，求正实数t的值； (2)用表示，夹角余弦值的取值范围. 17．（15分）的内角的对边分别为，且. （1）求； （2）点在边上，平分，，，求. 18．（17分）如图，已知中，，，，M，N为线段上两点，且． (1)若，求的值； (2)设，试将的面积S表示为的函数，并求其最大值． (3)若，求的值． 19．（17分）在非直角三角形ABC中，边长a，b，c满足（，且） (1)若，且，求的值； (2)求证：； (3)是否存在函数，使得对于一切满足条件的，代数式恒为定值？若存在，请给出一个满足条件的，并证明，若不存在，请给出一个理由. 江苏省海门中学2025-2026学年度第二学期四月学情调研 高一数学 第一部分（选择题 共58分） 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．已知平面上两点，若，则的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先设点的坐标，再应用向量的坐标运算求解. 【详解】设的坐标为 且平面上两点，又， 则，且， 所以，即得 则的坐标为. 2．记向量，设甲：向量与向量的夹角为锐角；乙：，则甲是乙的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】先根据向量夹角为锐角的条件求出甲成立时的取值范围，再分析甲与乙之间的充分性和必要性关系. 【详解】, 由向量与向量的夹角为锐角，故，且与不共线， 所以， 解得， 又与不共线，则可得，解得. 故向量与向量的夹角为锐角，可得且. 故若且，则可得，即充分性成立； 反之，若，则推不出且，即必要性不成立； 故甲是乙的充分不必要条件, 故选：. 3．已知平面向量，满足，，则向量在向量上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据向量模，求出，然后利用向量数量积和运算律计算，最后根据投影向量求解的方法求解即可. 【详解】因为，， 所以，即， 也即， 解得：， 所以， 由向量在向量上的投影向量为： ， 故选：A. 4．已知向量在正方形网格中的位置如图所示,用基底表示,则（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立直角坐标系,设向量,利用平面向量基本定理和向量的坐标运算求解. 【详解】如图建立直角坐标系,设正方形网格的边长为1, 则, 设向量,则解得 所以. 故选：A. 5．在中，角所对的边分别为，已知，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据正弦定理可求解或，即可判断AB,根据三角形内角和以及正弦定理求解，即可判断CD. 【详解】由正弦定理可得， 由于,故或，故AB错误， 若时，则, 此时， 若时，则,此时为三角形中最小的内角，故，故C错误，D正确， 故选:D 6．已知，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用二倍角余弦公式得，则，最后再根据两角差的正弦公式即可得到答案. 【详解】， 因为，则，则， 则. 故选：D. 7．已知是边长为2的等边三角形，为平面内一点，则的最小值是　　 A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据条件建立坐标系，求出点的坐标，利用坐标法结合向量数量积的公式进行计算即可． 【详解】建立如图所示的坐标系，以中点为坐标原点， 则，，， 设，则，，， 则 当，时，取得最小值， 故选：． 8．在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积为S，若，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由面积公式与正余弦定理化简后得出关系后求解 【详解】在中，， 故题干条件可化为，由余弦定理得， 故，又由正弦定理化简得： ， 整理得，故或（舍去），得 为锐角三角形，故，解得，故 故选：C 二、选择题：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．下列选项中，错误的是（    ） A．若，则A，B，C，D一定能构成平行四边形 B．在平行四边形中， C．若向量，满足，则或 D．若非零向量与相等，则B，C重合 【答案】ABC 【分析】根据相等向量的定义即可判断选项A；根据平行四边形的定义与向量的定义即可判断选项B；由向量的定义即可判断选项C；根据相等向量的定义即可判断选项D. 【详解】若，四点可能共线，故选项A错误； 在平行四边形中，方向相同、模相等，则，故选项B错误； 由向量的定义可得向量，满足时，向量，的方向不确定，故选项C错误； 若非零向量与相等，因为起点相同，则终点，重合，故选项D正确. 10．已知内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，，且该三角形有两解，则 C．若，则为等腰三角形 D．若，则为锐角三角形 【答案】ABD 【分析】根据大边对大角及正弦定理判断A，根据图形数形结合可判断B，由正弦定理及三角恒等变换判断C，由两角和的正切公式变形可判断D. 【详解】因为，所以，由正弦定理，可知，故A正确； 如图，   ，，且该三角形有两解，所以，即， 故B正确； 由正弦定理可得，，即，所以，因为，所以或， 即或，所以三角形为等腰或直角三角形，故C错误； 因为 ，且， 所以，即为锐角，所以为锐角三角形，故D正确. 故选：ABD 11．已知函数在区间上单调，且满足有下列结论正确的有(    ) A． B．若，则函数的最小正周期为； C．关于x的方程在区间上最多有4个不相等的实数解 D．若函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为 【答案】ABD 【分析】A：在上单调，，，故； B：求出区间右端点关于的对称点，由题可知在上单调，据此可求出f(x)周期的范围，从而求出ω的范围.再根据知是f(x)的对称轴，根据对称轴和对称中心距离为周期的倍即可求出ω，从而求出其周期； C：根据ω的范围求出周期的范围，根据正弦型函数一个完整周期只有一个最高点即可求解； D：由知，是函数在区间，上的第1个零点，而在区间上恰有5个零点，则，据此即可求ω的范围. 【详解】A，∵，∴在上单调，又，，∴，故A正确； B，区间右端点关于的对称点为，∵，f(x)在上单调，∴根据正弦函数图像特征可知在上单调，∴为的最小正周期，即3，又，∴.若，则的图象关于直线对称，结合，得，即，故k＝0，，故B正确. C，由，得，∴在区间上最多有3个完整的周期，而在1个完整周期内只有1个解，故关于的方程在区间上最多有3个不相等的实数解，故C错误. D，由知，是函数在区间，上的第1个零点，而在区间上恰有5个零点，则，结合，得，又，∴的取值范围为，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】本题综合考察的周期、单调性、对称中心、对称轴等特性，解题的关键是熟练掌握正弦型函数对称轴，对称中心的位置特征，掌握正弦型函数单调性与周期的关系.常用结论：(1)单调区间的长度最长为半个周期；(2)一个完整周期内只有一个最值点；(3)对称轴和对称中心之间的距离为周期的倍. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知向量，，向量与平行，则实数的值为__________． 【答案】 【详解】试题分析：因为所以由向量与平行得： 考点：向量平行坐标表示 13．记的内角的对边分别为a，b，c，，，，则边上的高为______． 【答案】 【分析】根据余弦定理求解,即可根据等面积法求解. 【详解】设边上的高为， 由余弦定理可得, 又，故， 故答案为： 14．已知的外心为，，则________. 【答案】 【分析】设，根据数量积的运算律将平方可得，判断为锐角三角形，结合二倍角公式即可求得答案. 【详解】因为为的外心，又由， 平方可得：, 不妨设，则, 故为锐角， 由于，或， 又由：, 可得点在的内部，即为锐角三角形,    故，C为锐角，即，故， 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤。 15．（13分）已知． (1)若，且，求的值； (2)若点共线，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据平面向量垂直、数量积、模的坐标表示运算求解即可； （2）根据平面向量共线的坐标表示，结合三角恒等变换公式求解即可. 【详解】（1）当时，， 因为， 所以，解得． （2）因为点共线，所以共线， 因为， 所以， 则， 所以． 16．（15分）平面上的两个非零向量，满足. (1)当时，求正实数t的值； (2)用表示，夹角余弦值的取值范围. 【答案】(1)1； (2)答案见解析. 【分析】（1）根据已知及向量数量积的运算律化简得，即可得求参数； （2）设，，与的夹角为，应用向量数量积的定义和运算律得，讨论参数及基本不等式求余弦值的范围. 【详解】（1）因为，所以， 因为，所以，所以， 所以，所以正实数t的值为1. （2）设，，与的夹角为， 由得，， 则有， 则有，即①， 若，由①式得，， 若，由①式得，当且仅当时等号成立，则（当向量，同向时可取1）， 若，由①式得，当且仅当时等号成立，故（当向量，反向时可取），. 综上， 当时，； 当时，； 当时，. 17．（15分）的内角的对边分别为，且. （1）求； （2）点在边上，平分，，，求. 【答案】（1）（2） 【分析】（1）由正弦定理结合三角恒等变换可得，则，即可得解； （2）由三角形面积公式可得，由余弦定理即可得解. 【详解】（1）根据正弦定理， ， ， ， ， 又，，， 又，. （2），，， ， 又，， ，， 在中，由余弦定理得， 即， 解得，即. 【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理的应用，考查了三角恒等变换的应用，属于中档题. 18．（17分）如图，已知中，，，，M，N为线段上两点，且． (1)若，求的值； (2)设，试将的面积S表示为的函数，并求其最大值． (3)若，求的值． 【答案】(1)12 (2) (3) 【分析】（1）根据向量的数量积定义计算即可； （2）由正弦定理求出，再由三角形面积公式得出面积，利用三角恒等变换化简即可得出最值； （3）由三角形面积间的关系得出，利用（2）中结论化简为，再由三角恒等变换化简求出角正切值即可得解. 【详解】（1）中，， 所以 所以. （2）在中，，， 由正弦定理得，即， 在中，， 所以，所以 所以 ， 因为，所以， 所以当且仅当，即时，的面积取最大值为. （3）当时，， 即， 因为， 所以， 设且，由（2）得，，且， 所以， 所以， 即， 两边同除以，得， 解得或（舍去）， 此时. 19．（17分）在非直角三角形ABC中，边长a，b，c满足（，且） (1)若，且，求的值； (2)求证：； (3)是否存在函数，使得对于一切满足条件的，代数式恒为定值？若存在，请给出一个满足条件的，并证明，若不存在，请给出一个理由. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)存在， 【分析】（1）先由正弦定理的边角互化化简可得，然后结合条件由余弦定理代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，化边为角，再进行三角式的变形，即可证明； （3）根据题意，运用结构特征构造函数，即可得到结果. 【详解】（1）由正弦定理可得，即，即， 又，即， 由余弦定理可得. （2）因为，所以， 即. 则. 故 ， 即. 故. （3）存在.下面给出证明. 因为，所以，. 展开整理可得， 即, 故. 因此，. 所以，存在函数. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $