精品解析：北京市中关村中学2025-2026学年第二学期期末调研高一数学试题

北京市中关村中学2025—2026学年第二学期期末调研 高一数学 2026.07 本试卷共4页，150分，考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效，考试结束后，将答题卡交回. 一、选择题.本部分共12道小题，每题4分，共48分.在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项. 1. 复数（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2. 在平面四边形中，（ ） A. B. C. D. 3. 已知命题：，，那么命题为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 4. 不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 5. 若，则下列一定正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 下列函数中最小正周期为的有（ ）个 ①；②；③ A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 7. 在正方形中，为的中点，为的中点，则（ ） A. B. C. D. 8. 在平面直角坐标系中，角以为始边，终边位于第一象限，且与单位圆交于点，轴，垂足为.若的面积为，则（ ） A. B. C. D. 9. 设函数，则“的值域为”是“存在实数，使得”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 10. 在中，设内角，，的对边分别为，，.若且，则面积的最大值为（ ） A. B. 4 C. D. 11. 向量，共线当且仅当（ ） A. 存在使 B. 存在，使 C. 存在不均为零的，使 D. 存在均不为零的，使 12. 青花瓷是中国瓷器的主流品种之一，常简称青花.图1是一个青花瓷圆盘，该圆盘可看作两个圆心重合的圆（如图2），若大圆半径为，小圆半径为2，点在大圆上，点在小圆上，，动点满足，且，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、填空题.本大题共6道小题.每题5分，共30分. 13. 分别掷两枚骰子，朝上的点数均为奇数的概率为________. 14. 函数的定义域为___________________ 15. 已知复数，则在复平面内的对应点在第________象限；________. 16. 若两个非零向量满足，则向量与的夹角是______. 17. 记的内角，，的对边分别为，，，面积为，，，则________. 18. 在平面直角坐标系中，已知点，点，，点满足，，的最大值为________，的取值范围是________. 三、解答题.本大题共5道小题，共72分. 19. 已知向量，，，且. （1）证明：向量； （2）求与夹角的大小； 20. 已知函数的部分图象如下图所示，其中且， （1）求函数的解析式； （2）设函数， （i）求的最小正周期与对称轴方程. （ii）若在区间上单调递减，求的最大值. （iii）若向左或向右平移个单位之后关于轴对称，求的最小值. 21. 已知的面积为，再从条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：条件①，；条件②：，. （1）b和c的值. （2）的值. 22. 已知平面直角坐标系中有向量. （1）若，将绕原点逆时针旋转后得到，直接写出点坐标； （2）若，其中，将绕原点逆时针旋转角度后得到向量，证明：； （3）若，将绕原点逆时针旋转角度后得到向量，若，求 23. 对于数组，，定义操作，：，其中.设. （1）请写出， （2）对于数组，，定义操作序列如下：，即依次进行操作 （i）请写出一个数组使得操作序列满足各项均为偶数； （ii）求证存在数组使得操作序列满足各项均为3的整数倍 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市中关村中学2025—2026学年第二学期期末调研 高一数学 2026.07 本试卷共4页，150分，考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效，考试结束后，将答题卡交回. 一、选择题.本部分共12道小题，每题4分，共48分.在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项. 1. 复数（ ） A. 0 B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】. 2. 在平面四边形中，（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】在平面四边形中， . 3. 已知命题：，，那么命题为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【详解】因为命题，所以命题. 4. 不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以，即. 5. 若，则下列一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用同角三角函数基本关系、二倍角公式逐一验证各选项的正确性. 【详解】对于选项A，因为，根据同角三角函数关系式， 得，故选项A错误； 对于选项B，，故选项B错误； 对于选项C，，故选项C错误； 对于选项D，，故选项D正确. 6. 下列函数中最小正周期为的有（ ）个 ①；②；③ A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 【答案】C 【解析】 【详解】对，其最小正周期为，故①满足条件； 因为，其最小正周期为，故②满足条件. 对③，因为，所以不是函数的周期，故③不满足条件. 综上，函数中最小正周期为的有①②，共2个. 7. 在正方形中，为的中点，为的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据图形结合向量的线性运算求解. 【详解】因为为的中点，为的中点， 所以. 故选：C. 8. 在平面直角坐标系中，角以为始边，终边位于第一象限，且与单位圆交于点，轴，垂足为.若的面积为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由三角函数的定义结合三角形面积列出方程，再由倍角公式求出答案. 【详解】由三角函数的定义可知：， 故，故， 解得：. 故选：D 9. 设函数，则“的值域为”是“存在实数，使得”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】C 【解析】 【分析】利用辅助角公式化简得，其中， ，再根据判断充分性，利用两角和差公式以及恒成立求出判断必要性. 【详解】， 其中， 若的值域为，则， 则，其中， 故存在实数，使得，故充分性成立； 若存在实数，使得， 则对定义域中任意恒成立， 则，则， 此时的值域为，故必要性成立， 故“的值域为”是“存在实数，使得”的充要条件. 故选：C 10. 在中，设内角，，的对边分别为，，.若且，则面积的最大值为（ ） A. B. 4 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用正弦定理求出角的正弦值，再结合余弦定理和基本不等式求得的最大值，进而得到三角形面积的最大值. 【详解】由题设，所以，根据正弦定理， 得，所以或. 当时，由余弦定理， 所以，根据基本不等式，， 当且仅当时等号成立. 此时. 当时，由余弦定理得，故， 当且仅当时等号成立， 此时. 综上，面积的最大值为. 11. 向量，共线当且仅当（ ） A. 存在使 B. 存在，使 C. 存在不均为零的，使 D. 存在均不为零的，使 【答案】C 【解析】 【详解】对A，若，，则向量，共线，但不存在使.故A错误； 对B，当时，不管向量，共不共线，恒有，故B错误； 对C，先证充分性：当时， 若，均为，则对任意，，恒成立； 若，只有一个为，不妨设，当，时，成立； 若，都不是，则存在，使得，当，时，成立. 再证必要性：存在不均为零的，使， 若，则，则；若，则，则. 故C正确； 对D，当，时，，但此时不存在均不为零的，使.故D错误. 12. 青花瓷是中国瓷器的主流品种之一，常简称青花.图1是一个青花瓷圆盘，该圆盘可看作两个圆心重合的圆（如图2），若大圆半径为，小圆半径为2，点在大圆上，点在小圆上，，动点满足，且，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量数量积的运算律将已知等式两边平方，得到关于  的方程，再利用换元法结合一元二次方程有解的条件（判别式）求解  的取值范围. 【详解】由题意可知，，，，. 因为 ， 所以 . 代入数值可得：， 即 ， 化简得 . 令 ，则 ，代入上式得： ， 整理得 ， 即 ， 化简整理为关于  的一元二次方程：. 因为 ，所以该方程必有实数解， 故判别式 ， 即 ， 解得  ，即 ， 所以 ，故  的最大值为 . 二、填空题.本大题共6道小题.每题5分，共30分. 13. 分别掷两枚骰子，朝上的点数均为奇数的概率为________. 【答案】##0.25 【解析】 【分析】根据古典概型求概率公式计算. 【详解】分别掷两枚骰子，每枚骰子有6种可能结果，总共有 种等可能的情况， 要求两枚点数均为奇数，单枚骰子的奇数点数为1、3、5，共3种，因此两枚均为奇数的情况有 种， 根据古典概型公式，​. 14. 函数的定义域为___________________ 【答案】. 【解析】 【分析】由正切函数的定义域得出，解出不等式可得出所求函数的定义域． 【详解】由于正切函数为， 解不等式，得， 因此，函数的定义域为， 故答案为． 【点睛】本题考查正切型函数定义域的求解，解题时需结合正切函数的定义域列不等式进行计算，考查计算能力，属于中等题． 15. 已知复数，则在复平面内的对应点在第________象限；________. 【答案】 ①. 四 ②. 【解析】 【详解】， 则在复平面内的对应点在第四象限； ② . 16. 若两个非零向量满足，则向量与的夹角是______. 【答案】## 【解析】 【详解】由可得， 由平方可得， ， 因此， 由于，故， 故答案为： 17. 记的内角，，的对边分别为，，，面积为，，，则________. 【答案】 【解析】 【分析】根据面积公式得到，然后利用余弦定理求. 【详解】，解得， 则， ，解得. 18. 在平面直角坐标系中，已知点，点，，点满足，，的最大值为________，的取值范围是________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】设出，结合题意并利用数量积的坐标运算得到，将和用三角函数表示出来，再结合余弦函数的性质求解即可. 【详解】设，且由题意得，， 则，，，， 因为，所以， 因为，所以， 联立方程组，解得， 则，得到， 可得， 其中，由余弦函数性质得，则的最大值为， 由题意得，， 则 ， 由余弦函数性质得，则，可得， 即的取值范围是. 三、解答题.本大题共5道小题，共72分. 19. 已知向量，，，且. （1）证明：向量； （2）求与夹角的大小； 【答案】（1）由，得到，即， 所以， 所以，故向量. （2） 【解析】 【分析】（1）由向量垂直性质，先求出x的值，得到即可证明； （2）先计算，再用向量夹角公式求出夹角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题得， 则，， 设与的夹角为， 则， 因为，所以. 20. 已知函数的部分图象如下图所示，其中且， （1）求函数的解析式； （2）设函数， （i）求的最小正周期与对称轴方程. （ii）若在区间上单调递减，求的最大值. （iii）若向左或向右平移个单位之后关于轴对称，求的最小值. 【答案】（1） （2）（i）；；（ii）；（iii） 【解析】 【分析】（1）结合图象和正弦函数性质求解解析式即可. （2）（i）利用二倍角公式得到，再利用正弦函数的性质求解最小正周期和对称轴，（ii）利用正弦函数的性质并结合题意得到，再求出的最大值，（iii）将函数进行平移后没理由正弦函数的性质求解最值即可. 【小问1详解】 由题意得，可得，所以， 则解析式变为，且，则图象过， 将代入解析式，得到，则， 因为，所以， 则函数的解析式. 【小问2详解】 （i）由题意得， 由正弦函数性质得，令， 解得，则对称轴为. （ii）令，解得， 若在区间上单调递减，则， 得到，解得，而，可得， 则在区间上单调递减，故. （iii）若向左平移个单位，设新函数为， 若关于轴对称，则， 解得，令，可得， 若向右平移个单位，设新函数为， 若关于轴对称，则， 解得，令，可得， 综上可得，的最小值为. 21. 已知的面积为，再从条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：条件①，；条件②：，. （1）b和c的值. （2）的值. 【答案】（1）若选①：，；若选②：，； （2）若选①：；若选②：. 【解析】 【分析】若选择条件①： (1)利用同角三角函数基本关系式可求的值，利用三角形的面积公式可求，的值，进而根据余弦定理可求的值． (2)由正弦定理可求，的值，利用同角三角函数基本关系式可求，的值，进而根据两角差的正弦公式即可求解的值． 若选择条件②： (1)由题意可得，利用同角三角函数基本关系式可求，利用三角形的面积公式可求，的值，根据余弦定理可求的值． (2)由正弦定理可求，利用同角三角函数基本关系式可求，利用两角差的正弦公式即可求解的值． 【小问1详解】 若选择条件①： 在中，∵， ∴，， ∵，，∴， 由余弦定理，， ∴； 若选择条件②： 在中，∵，∴． ∵，∴，， ∵， ∴， 由余弦定理，，∴； 【小问2详解】 若选择条件①： 由正弦定理，可得， ∴，， ∵，∴，， ∴. 若选择条件②： 由正弦定理得， ∴， ∵，∴， ∴． 22. 已知平面直角坐标系中有向量. （1）若，将绕原点逆时针旋转后得到，直接写出点坐标； （2）若，其中，将绕原点逆时针旋转角度后得到向量，证明：； （3）若，将绕原点逆时针旋转角度后得到向量，若，求 【答案】（1） （2）证明：如图所示： 因为，所以点在单位圆上，设， 根据三角函数的定义可得：， 将绕原点逆时针旋转角度后得到向量，则点在单位圆上， 此时，根据三角函数的定义可得： ， ， 所以，又为坐标原点， 所以. （3） 【解析】 【分析】（1）根据三角函数定义和旋转的性质以及诱导公式得出点的坐标即可； （2）利用正弦函数和余弦函数的两角和公式证明即可； （3）结合图形根据向量数量积公式求解即可. 【小问1详解】 由题意如图所示： 在平面直角坐标系中，设，因为， 根据三角函数的定义可知， 将绕原点逆时针旋转后得到，此时且， 此时， ，所以. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 若，将绕原点逆时针旋转角度后得到向量，则， 由， 即. 23. 对于数组，，定义操作，：，其中.设. （1）请写出， （2）对于数组，，定义操作序列如下：，即依次进行操作 （i）请写出一个数组使得操作序列满足各项均为偶数； （ii）求证存在数组使得操作序列满足各项均为3的整数倍 【答案】（1） ， （2）(i) （答案不唯一）； (ii) 证明如下，存在满足条件的数组. 同样设为操作的次数，要求最终所有项为的倍数，列出模的方程组：    逐步消元推导： 由(1)得，代入(2)得； 依次推导得：，，代入(5)得，代入(6)得， 因此，与六个方程相加得到的一致，方程组有解，存在这样的数组； 【解析】 【分析】（1），根据的定义，确定时满足的值，对应位置元素加，其余不变，得到；先按规则计算，再对结果应用操作. （2）（i）设每个操作的次数为（），根据每个位置元素的增量是相邻位置操作次数的和，结合初始值的奇偶性，列出每个位置增量的奇偶性要求，解该方程组得到一组非负整数解，对应构造数组. （ii）设每个位置元素的增量为对应相邻操作次数的和，结合初始值模的结果，列出每个位置增量模的要求，解方程组构造符合条件的数组即可 【小问1详解】 根据操作规则：操作对满足的位置加1，其余不变. 对：时，仅满足， 因此，，得：  先算：时，加1，得； 再做操作：时，仅加1，得：  【小问2详解】 (i) 构造满足条件的数组 设为操作的次数，每个位置的总增量为（）. 要求操作后所有项为偶数，即总增量的奇偶性满足原数组奇偶性（原数组：奇、偶、奇、偶、奇、偶）， 解方程组得：，其余为0，因此：   验证：操作后结果为，所有项均为偶数，符合要求 (ii)略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $