2025-2026学年高一数学下学期第一次月考（湘教版，范围：必修第二册第1~2章）

这是一份2025-2026学年高一数学下学期第一次月考（湘教版，范围：必修第二册第1~2章），共15页。试卷主要包含了测试范围，已知，则，下列各式中，化简结果为的是等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟，分值：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4．测试范围：湘教版必修第二册第一章~第二章。
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．若，则（ ）
A．B．C．D．
1.【答案】C
【分析】利用诱导公式和二倍角的余弦公式求解.
【详解】因为，
所以，
，
故选：C
2．如图，在中，为的中点，则（ ）
A．B．
C．D．
2.【答案】C
【分析】运用平面向量线性运算及共线向量关系即可求解.
【详解】由题意知.
故选：C.
3．要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ）
A．向左平移个单位长度B．向左平移个单位长度
C．向右平移个单位长度D．向右平移个单位长度
3.【答案】B
【分析】由诱导公式化为同名函数，然后由图象平移变换求解．
【详解】因为函数，
，
所以要得到函数的图象，只需将函数的图象向左平移个单位长度.
故选：B.
4．在中，内角所对的边分别为，若，则其最大角为（ ）
A．B．C．D．
4.【答案】C
【分析】根据三角形大边对大角原则和余弦定理直接求解即可.
【详解】设，则，，
，最大，
，，.
故选：C.
5．已知，则（ ）
A．B．C．D．
5.【答案】D
【分析】利用二倍角公式及同角三角函数的基本关系将弦化切，再代入计算可得.
【详解】，
.
故选：D
6．已知向量满足，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
6.【答案】A
【分析】根据投影向量的定义求解．
【详解】由题意，，
所以在上的投影向量为，
故选：A．
7．已知，则（ ）
A．B．C．D．
7.【答案】D
【分析】由两角和的正弦结合弦切互化化简即可.
【详解】，，
又由，得，即，
，即．
故选：D
8．函数在一个周期内的图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A．
B．该函数的解析式为
C．将函数的图象向右平移个单位得到的函数是奇函数
D．函数的减区间为
8.【答案】C
【分析】由图象可以得出振幅和周期，进而求得和，且有取最大值，结合正弦函数的图象性质，结合，可解得，进而求出，以此判断ABD，对于C，将函数的图象向右平移个单位可得，易得为奇函数，故C正确.
【详解】对于AB，由图象，易得，，解得，
则，
因为，则有，
即，因为，所以，
则，故B错误；
，故A错误，
对于C，将函数的图象向右平移个单位，即，
易得为奇函数，故C正确；
对于D，若求的单调递减区间，
则有，
解得，
即的减区间为，故D错误.
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．对于非零向量，下列命题中不正确的是（ ）
A．B．若，则
C．D．，则或
9.【答案】ABD
【分析】举反例即可判断A；举反例即可判断B；利用数量积的定义得出即可判断C；举反例即可判断D选项.
【详解】对于A，令，
则，，故，A错误；
对于B，令，则，但，故B错误；
对于C，若，则，
因，则或，故，
反之，若，则或，则，故C正确；
令，满足，但，，故D错误.
故选：ABD
10．下列各式中，化简结果为的是（ ）
A．
B．
C．
D．
10.【答案】ACD
【分析】利用两角和的正切公式判断A、C，利用两角差的正弦公式判断B，利用二倍角公式化简求值判断D.
【详解】对于A：，故A正确；
对于B：
，故B错误；
对于C：因为，
所以，故C正确；
对于D：
，故D正确.
故选：ACD
11．在中，内角的对边分别为为锐角，若，且，则（ ）
A．
B．
C．的外接圆的半径为4
D．的外接圆的半径为
11.【答案】BC
【分析】由正弦定理采用边角互化得，又由为锐角得，再由面积公式可得，由余弦定理求出的值，从而判断A，B的正误；
再由正弦定理求出的外接圆的半径，从而判断C，D的正误.
【详解】解：因为，
由正弦定理可得，
所以，
又因为为锐角，
所以，
又因为，
所以，
所以，
又因为，
由余弦定理可得：，
所以，
故A错误，B正确；
由正弦定理可得，故C正确，D错误.
故选：BC.
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，若与的夹角为钝角，则实数的取值范围是______.
12.【答案】
【分析】根据两向量夹角为钝角列不等式，求解的取值范围即可.
【详解】因为与的夹角为钝角，所以，
解得且，即实数的取值范围是.
故答案为：
13．若，则______.
13.【答案】/
【分析】先利用两角和差的正弦公式化简题干中式子，再利用诱导公式以及二倍角公式化简求解即可.
【详解】
，即，
则.
故答案为：.
14．已知是面积为的等边三角形，且 其中实数满足 ，则的最小值为__________.
14.【答案】
【分析】延长至，使得，化简所给条件可知三点共线，取线段的中点，连接，利用向量的加法减法及数量积运算化简，转化为求的最小值.
【详解】依题意，解得，延长至，使得，如图，
因为，
所以点在直线上，取线段的中点，连接，
则，
显然当时，有最小值，
又易知，，所以的最小值为，所以，
故的最小值为，
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、证明过程或演算步骤。
15．（13分）
已知
(1)若，求的值．
(2)若，求的值．
15．（13分）【答案】(1)3(2)1
【分析】（1）先应用诱导公式化简得出，再弦化切计算求解；
（2）应用两角和的正切公式计算求解.
【详解】（1）
，
．
（2）依题意，由，可得，
16．（15分）
16．（15分）
如图，在平面四边形ABCD中，，，，．
(1)求线段BC的长度；
(2)求线段AC的长度；
(3)求的值．
16．（15分）【答案】(1)(2)(3)
【分析】（1）利用三角形的面积公式即可求解；
（2）利用（1）的结论及余弦定理即可求解；
（3）利用（1）(2)的结论及正弦定理即可求解；
【详解】（1）因为，，，
所以，解得，
所以线段BC的长度为.
（2）由（1）知，，
在中，由余弦定理可得
，
解得，
所以线段AC的长度为.
（3）由（1）（2）知,
在中，由正弦定理可得
，即，得，
又因为，
所以
在中，由正弦定理可得
，即得，
故的值为.
17．（15分）
如图，在中，，点O为AD和CE的交点，设．
(1)若，求x，y的值；
(2)若与的夹角为：
（i）求的面积；
（ii）求的余弦值．
17．（15分）
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）设，根据平面向量线性运算及平面向量基本定理即可求解；
（2）（i）根据三角形面积公式即可求解的面积；（ii）根据平面向量线性运算分别表示出，再根据平面向量数量积的运算律及向量夹角公式即可求解．
【详解】（1）设，
则，
又，
所以，
所以，解得，
所以，
又，所以．
（2）（ⅰ），
由知，，所以，
所以的面积．
ⅱ由，
，
与的夹角为，
则，
，
，
，
．
18．（17分）
已知函数.
(1)求的最小正周期和单调递增区间；
(2)将的图象上各点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标变为原来的3倍，得到函数的图象，当时，求不等式的解集.
18．（17分）
【答案】(1)；，
(2)
【分析】（1）利用二倍角公式结合辅助角公式化简原函数，再利用周期性的定义求解最小正周期，最后结合整体代入法求解单调区间即可.
（2）利用正弦函数的性质结合给定条件求解不等式即可.
【详解】（1）因为，
，
，
则的最小正周期是，
令，，解得，，
故的单调递增区间是，.
（2）因为将的图象上各点的横坐标变为原来的2倍，
纵坐标变为原来的3倍，所以经过变换可得，
由题意得，
即，所以，，
解得，，
令，则，时，，
所以当时，不等式的解集为.
19．（17分）
在某片海域上，一艘海上护卫舰位于点A处，一艘货轮在点A东偏北15°方向的点处行驶着，通过雷达监测，发现在点A北偏东30°方向且距离点A24海里处的点处出现一艘海盗船，此时海盗船与货轮相距海里，且护卫舰距离货轮比距离海盗船更近.
(1)求发现海盗船时护卫舰与货轮的距离；
(2)护卫舰为确保货轮的安全，护卫舰开始以海里/小时的速度追击海盗船，与此同时，海盗船开始以20海里/小时的速度沿着北偏西30°方向逃窜，求护卫舰能追捕到海盗船的最短时长以及最佳追击方向.
19．（17分）
【答案】(1)海里
(2)护卫舰的最佳追击方向为正北方向，能迫击到海盗船的最短时长为1.2小时
【分析】（1）中，由正弦定理计算可得.
（2）设护卫舰能追捕到海盗船的最短时长为小时，在中由余弦定理计算可得.
【详解】（1）由题意可知，
由正弦定理可得，则，
所以或120°.若，则，，不符合题意，所以，，，
海里，故发现海盗船时护卫舰与货轮的距离为海里.
（2）如图，设护卫舰能追捕到海盗船的最短时长为小时，且追到时位于点.
则.由余弦定理可得，，整理可得，解得或-0.6（舍去），此时（海里），（海里），
则，，
故护卫舰的最佳追击方向为正北方向，能迫击到海盗船的最短时长为1.2小时.