精品解析：江西吉安市四所省重点中学2025-2026学年高一下学期第三次联考数学试卷

江西吉安市四所省重点中学2025—2026学年高一下学期第三次联考 数学试卷 一、单选题（每小题5分，共40分.） 1. 平面向量，满足，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 2. 在中，为的中点，点E满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 复数在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 4. 已知为钝角，向量，若，则（ ） A. B. C. D. 或 5. 已知的内角 ，， 所对的边分别为 ，，，下列四个命题中错误的命题是（ ） A. 在 中，若 ，则 B. 若 ，，，则有唯一解 C. 若，则是等腰三角形或直角三角形 D. 若 ，则角 6. 已知函数对任意，都有，以下关于的命题，正确的是（ ） A. 函数在区间上单调递增 B. 直线是函数图像的一条对称轴 C. 点是函数图像的一个对称中心 D. 将函数图像向右平移个单位，可得到的图像 7. 已知中，是上的点，平分，且面积是面积的2倍，，则的长度为（ ） A. B. 2 C. D. 3 8. 已知函数的图象关于对称，且，在上单调递增，则的所有取值的个数是（ ） A. 3 B. 4 C. 1 D. 2 二、多选题（每小题6分，共18分；每小题全部选对得6分，部分选对得部分分，有错选得0分.） 9. 已知向量，其中均为正数，且，下列说法正确的是（ ） A. 与的夹角为钝角 B. 向量在方向上的投影为 C. D. 的最大值为2 10. 设，为复数，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 11. 已知函数，则（ ） A. 曲线的对称轴为 B. 在区间上单调递增 C. 的最大值为 D. 在区间上的所有零点之和为 三、填空题（每小题5分，共15分．） 12. 已知，则的值等于_____________. 13. 写出一个与向量共线的单位向量_____________. 14. 将函数的图象先向右平移个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在上没有零点，则的取值范围是__________. 四、解答题（本大题有5小题，第15题13分，第16、17题各15分，第18、19题各17分，总共77分.） 15. 已知函数 （1）用“五点法”画出函数在一个周期内的图象； 列表： 作图： （2）直接写出函数的值域和单调递增区间． 16. 在 中，点 分别在边和边上，且 交 于点 ，设. （1）试用表示; （2）点在边上，且满足三点共线，试确定点的位置. 17. 在中，内角的对边分别为，且. （1）证明：是钝角三角形； （2）平分，且交于点，若，求的周长. 18. 如图所示为灌溉工具——筒车的示意图，已知筒车的半径为4米．转轴与水面的距离为2米，水深为3米．筒车其边缘上一点从图示位置开始随筒车逆时针匀速旋转（同时开始计时），设匀速旋转一周的时间为秒，从计时起旋转时间为秒；点与水底的距离为米． （1）当时： ①直接写出关于的函数表达式； ②求前120秒内，点与水底的距离为7米时的值； （2）若当时，点一直处于水中（含水面上），求的取值范围． 19. 已知函数. （1）求函数的对称中心和单调减区间； （2）若函数，，，使，（），求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江西吉安市四所省重点中学2025—2026学年高一下学期第三次联考 数学试卷 一、单选题（每小题5分，共40分.） 1. 平面向量，满足，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用投影向量的公式即可求解. 【详解】由在上的投影向量为， 故选：B. 2. 在中，为的中点，点E满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平面向量的线性定理和几何图形求出向量. 【详解】因为是的中点，， 由题意知. 故选：B. 3. 复数在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法进行化简，再利用复数的几何意义找到所在象限； 【详解】在复平面内对应的点在第四象限， 故选：D. 4. 已知为钝角，向量，若，则（ ） A. B. C. D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用向量垂直的坐标表示列式计算即得. 【详解】由，得，则，即， 由为钝角，得0，解得，所以. 故选：C 5. 已知的内角 ，， 所对的边分别为 ，，，下列四个命题中错误的命题是（ ） A. 在 中，若 ，则 B. 若 ，，，则有唯一解 C. 若，则是等腰三角形或直角三角形 D. 若 ，则角 【答案】D 【解析】 【分析】对于A：利用正弦定理边化角即可得结果；对于B：利用正弦定理可得，结合即可得结果；对于C：由倍角公式可得，即可得结果；对于D：利用余弦定理边化角即可得结果. 【详解】对于A，在中，由正弦定理知，， 结合大边对大角可得，故命题正确，A不符合题意； 对于B，因为，，， 由正弦定理，得， 由知，只有一解，所以有一个解，故命题正确，B不符合题意； 对于C，因为，由正弦定理得：，则， 因为，可知或，即或， 所以是等腰三角形或直角三角形，故命题正确，C不符合题意； 对于D，因为， 由余弦定理得：，即， 因为，所以或，故命题错误，D符合题意. 故选：D. 6. 已知函数对任意，都有，以下关于的命题，正确的是（ ） A. 函数在区间上单调递增 B. 直线是函数图像的一条对称轴 C. 点是函数图像的一个对称中心 D. 将函数图像向右平移个单位，可得到的图像 【答案】C 【解析】 【分析】先求，然后结合选项逐一验证，对称轴、对称中心也可以代入检验. 【详解】因为 可得， 对于选项A，令得， 令，可得在上单调递增， 同理可求在上单调递减，A不正确； 对于选项B，当时，，所以直线不是函数图像的对称轴，B不正确； 对于选项C，当时，，所以点是函数图像的一个对称中心，C正确； 对于选项D，将函数图像向右平移个单位，可得到的图像，D不正确. 故选：C. 7. 已知中，是上的点，平分，且面积是面积的2倍，，则的长度为（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据角平分线定理，可得，利用面积关系可得，然后结合计算即可. 【详解】设的三个内角对应的边分别为 由题可知，平分，所以，即， 又面积是面积的2倍，所以， 由，所以，， 又，则，又， 所以， 故选：A 8. 已知函数的图象关于对称，且，在上单调递增，则的所有取值的个数是（ ） A. 3 B. 4 C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】直接利用正弦型函数的性质对称性和单调性的应用求出结果. 【详解】由于函数的图象关于对称， 则：，①， 由于，所以②， 得：， 所以， 故为奇数， 且在上单调递增， 所以，解得． 当， 故的取值为：1，3，5，7， 当时，可以求得， 时，，满足条件； 当时，因为，所以不满足条件； 当时，， 时，，满足条件； 当时，，，既有增区间，又有减区间， 所以不满足条件； 所以满足条件的的所有取值的个数是2， 故选：D． 【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关正弦型函数的性质，正确解题的关键是要明确正弦型函数的对称性与单调性. 二、多选题（每小题6分，共18分；每小题全部选对得6分，部分选对得部分分，有错选得0分.） 9. 已知向量，其中均为正数，且，下列说法正确的是（ ） A. 与的夹角为钝角 B. 向量在方向上的投影为 C. D. 的最大值为2 【答案】CD 【解析】 【分析】通过求出，向量在方向上的投影，利用平行关系结合基本不等式，即可得出结论. 【详解】由题意，均为正数， ， A项， ∵， ∴与的夹角不为钝角，A错误； B项， ∵， ∴向量在方向上的投影为，B错误； C项， ∵，， ∴，即，C正确； D项， ∵，即，当且仅当时等号成立， ∴的最大值为2，D正确； 故选：CD. 10. 设，为复数，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】对于选项A、D找反例判断即可，对于选项B、C，根据复数模的计算即可判断. 【详解】设，，，，，， 对于选项A，例如，则，，两者不相等，故A错误； 对于选项B，因为， ， 又，，则，即，故B正确； 对于选项C，若，则，， 所以，故C正确； 对于选项D，令，，则，， 所以，此时，故D错误． 故选：BC. 11. 已知函数，则（ ） A. 曲线的对称轴为 B. 在区间上单调递增 C. 的最大值为 D. 在区间上的所有零点之和为 【答案】BC 【解析】 【分析】由题意利用三角恒等变换整理可得：，结合余弦函数性质逐项分析判断. 【详解】由题意可得： . 对于选项A：令，解得， 所以曲线的对称轴为，故A错误； 对于选项B：因为，则， 且在内单调递增，所以在区间上单调递增，故B正确； 对于选项C：当，即时，取到最大值为，故C正确； 对于选项D：令，解得，可知的零点为， 则在区间上的零点为，共8个，结合A可知，这些零点均关于直线， 所以在区间上的所有零点之和为，故D错误； 故选：BC. 三、填空题（每小题5分，共15分．） 12. 已知，则的值等于_____________. 【答案】 【解析】 【分析】利用三角函数诱导公式即可求解. 【详解】因为，所以. 故答案为：. 13. 写出一个与向量共线的单位向量_____________. 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】先求出，则即为所求. 【详解】 所以与向量共线的单位向量为或. 故答案为：（答案不唯一） 14. 将函数的图象先向右平移个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在上没有零点，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】先根据平移伸缩得到函数的解析式，再根据无零点列出不等式组，解出取值范围即可. 【详解】将函数的图象先向右平移个单位长度，得到函数的图象， 再把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象， 当时，. 由在上没有零点，得， 即，解得或. 故答案为：. 四、解答题（本大题有5小题，第15题13分，第16、17题各15分，第18、19题各17分，总共77分.） 15. 已知函数 （1）用“五点法”画出函数在一个周期内的图象； 列表： 作图： （2）直接写出函数的值域和单调递增区间． 【答案】（1）答案见解析； （2）值域为，递增区间为. 【解析】 【分析】（1）完善表格，然后描点连线可得； （2）根据正弦函数的有界性和单调性，利用整体代入法可得. 【小问1详解】 列表: 0 图象如图所示： 【小问2详解】 因为，则，即值域为. 由解得， 所以函数的递增区间为出 16. 在 中，点 分别在边和边上，且 交 于点 ，设. （1）试用表示; （2）点在边上，且满足三点共线，试确定点的位置. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先利用进行线性运算，再利用三点共线的性质即可求得参数； （2）利用平面向量基本定理，由对应系数相等可解出参数. 【小问1详解】 在 中，由 ，可得 ，且 ， 设 ，则 ， 又因为 三点共线，可得 ，解得 . 可得 . 【小问2详解】 设 ，所以 ， 因为 ，又因为 ，三点共线，所以 ， 即，又因为，由平面向量基本定理得， 所以 ，解得 ，所以满足 . 17. 在中，内角的对边分别为，且. （1）证明：是钝角三角形； （2）平分，且交于点，若，求的周长. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先利用正弦定理化角为边得，再利用余弦定理求得，即可证明； （2）利用面积分割法得，根据余弦定理化简求解，从而求解周长. 【小问1详解】 在中，，由正弦定理得， 即，由余弦定理得.因为，所以， 所以是钝角三角形. 【小问2详解】 因为， 且，所以， 由余弦定理得：， 解得或（舍去），所以， 所以的周长为. 18. 如图所示为灌溉工具——筒车的示意图，已知筒车的半径为4米．转轴与水面的距离为2米，水深为3米．筒车其边缘上一点从图示位置开始随筒车逆时针匀速旋转（同时开始计时），设匀速旋转一周的时间为秒，从计时起旋转时间为秒；点与水底的距离为米． （1）当时： ①直接写出关于的函数表达式； ②求前120秒内，点与水底的距离为7米时的值； （2）若当时，点一直处于水中（含水面上），求的取值范围． 【答案】（1）①，；②或. （2）. 【解析】 【分析】（1）①由题意可得，；②根据题意，得，解方程即可. （2）由题意得，当时，恒成立，解不等式即可求解. 【小问1详解】 ①由题意得， ②由题意，， 即，化简得， 则或， 解得或 又由于，所以或. 【小问2详解】 由（1）得，， 由题意得，当时，恒成立， 即，化简得， 故，解得， 所以，即，解得 由于，则，因此. 19. 已知函数. （1）求函数的对称中心和单调减区间； （2）若函数，，，使，（），求的取值范围. 【答案】（1）对称中心：（），单调减区间：（） （2） 【解析】 【分析】（2）利用两角和的正弦公式结合辅助角公式化简可得的表达式，结合正弦函数性质即可求得答案； （2）由题意可得的值域为在上值域的子集，求出的范围，列出不等式求解即得答案. 【小问1详解】 由题意 ， 令， 故对称中心为（）； 令， 故单调减区间为，（）. 【小问2详解】 由，知， 由题意可知的值域为在上值域的子集， 且，，，故， 而，故， ∴，解得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $