2025-2026学年高一数学下学期第一次月考01（江苏专用，范围：苏教版2019必修第二册第9~10章）

这是一份2025-2026学年高一数学下学期第一次月考01（江苏专用，范围：苏教版2019必修第二册第9~10章），共15页。试卷主要包含了测试范围，已知中，，则此三角形为，已知，，则的值是，若，则的值为，已知向量，，，其中，，，且，则，已知，，则等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 试卷满分：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：苏教版2019必修第二册第9~10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．向量，，，若，则k的值是（ ）
A．4B．－4C．6D．－6
【答案】D
【分析】运用向量的坐标运算公式和向量垂直的坐标表示，可直接求出的值.
【详解】向量，，则
因为，
所以，
故选：D
2．的值为（ ）
A．B．C．1D．
【答案】A
【分析】由两角差正弦公式结合题意可得答案.
【详解】.
故选：A
3．已知物体受平面内的三个力作用于同一点，且该物体处于平衡状态，若，，且的夹角为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先计算，再利用公式计算即可.
【详解】因，则，则，
又三个力作用于同一点，且该物体处于平衡状态，
则，即，
则.
故选：A
4．若函数的图象关于直线对称，则（ ）
A．B．C．-1D．
【答案】D
【分析】利用辅助角公式化简得，根据正弦型函数的对称性，求得的表达式，进而求得的值.
【详解】函数.
令，则，则.
故选：D.
5．已知中，，则此三角形为（ ）
A．等边三角形B．等腰非等边三角形
C．直角三角形D．等腰直角三角形
【答案】A
【分析】若是的中点，易得，即，再应用向量数量积的运算律和定义可得，即，即可确定三角形性状.
【详解】若是的中点，则，故，
所以，显然为等腰三角形，即，
由，可得，
又，故，故为等边三角形.
故选：A

6．已知，，则的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由将切化弦，再通分，结合两角差的正弦公式求出，再由两角差的余弦公式求出，即可得解.
【详解】因为，，
所以，
所以，
又，所以，
所以.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题关键是由所给条件推导出、的值.
7．在ABC中，，，，与BE的交点为，若，则的长为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】C
【分析】借助向量线性运算法则与三点共线定理可得，再利用向量数量积公式计算即可得解.
【详解】令，，由，，
则，，
则，
由、、三点共线，故，即，
即，则
，
解得，即的长为.
故选：C.
8．若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先由三角函数平方关系结合已知求出，从而求出，再由即可求出，最后由两角和的正切公式代入表达式即可求解.
【详解】一方面由题意，且注意到，
联立得，解得，
所以，
另一方面不妨设，且，
所以有，解得或（舍去），即，
由两角和的正切公式有，
所以
.
故选：B.
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．已知向量，，，其中，，，且，则（ ）
A．B．C．D．与共线
【答案】ACD
【分析】根据已知及向量数量积的运算律得、、判断A、B，进而确定三个向量构成一个直角三角形，再应用向量加减的几何意义、数量积的运算律判断C、D.
【详解】由题设，A对，
由，，，
所以，则，B错，
由上知且，，，，如下图，
显然三个向量构成一个直角三角形，且，
所以，D对，
由，
所以，C对.
故选：ACD
10．已知，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】利用两角和的正弦公式可求出的值，可判断A选项；利用两角差的正弦公式可判断B选项；利用切化弦可判断C选项；利用二倍角的正弦公式可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为，，
所以，故A正确；
对于B选项，，故B正确；
对于C选项，，故C错误；
，故D正确.
故选：ABD.
11．已知，若，则（ ）
A．B．
C．D．在上的投影向量为
【答案】AD
【分析】根据向量线性运算及相等的条件可得，再利用三角恒等变形可得，继而可判断各项.
【详解】，，故A正确；
，
，即，
相加得，
解得，
，
，故BC错误；
,
在上的投影向量为,故D正确；
故选：AD.
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．已知在矩形中，，点是边的中点， 则 .
【答案】
【分析】利用向量三角形法则表示出向量，然后利用数量积求解即可.
【详解】由题意如图所示：
由，，
因为，所以，
所以
，
故答案为：.
13．已知关于的方程在上有两个不同的实数解，则 ．
【答案】
【分析】利用辅助角公式，方程可变形为，其中锐角满足，，则有，结合倍角公式求解即可.
【详解】，
其中锐角满足，，
方程在上有两个不同的实数解，
即方程在上有两个不同的实数解，
不妨设，由，
得，，，
所以.
故答案为：
14．如图，在中，为BC边上一点，且．过点的直线与直线相交于点，与直线AC相交于点（E，F两点不重合）．若，则的最小值为 ．
【答案】4
【分析】先用表示，代入表达式，结合三点共线可得，然后利用基本不等式可得答案.
【详解】在中，由，
又，所以，
所以
，
又，所以，
所以
又D，E，F三点共线，且在直线外，
所以有：，且，
所以，，
当且仅当时，等式成立，
所以的最小值为4．
故答案为：4．
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）
已知平面向量，且.
(1)求的值；
(2)求向量与夹角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题中条件化简得到，结合先平方再开方计算向量的模；
（2）先计算，，最后根据计算即可.
【详解】（1）由整理得，又，
代入得，解得，
则；
（2）因为，
又，
所以.
16．（15分）
如图，在平面直角坐标系中，锐角以为始边，终边与单位圆交于点，将角的终边绕点逆时针旋转交单位圆于点．已知点的横坐标为．
(1)求的值；
(2)求点的横坐标．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题可求 出， 然后利用诱导公式化简计算即可；
（2）由两角和的余弦公式可得答案.
【详解】（1）由题意知A，所以，．
因为 ，
，.
所以
（2）由题意知点B的横坐标为，
因为 .
所以点B的横坐标为.
17．（15分）
如图，在梯形中，，且，设，．
(1)试用和表示；
(2)若点满足，且，，三点共线，求实数的值．
(3)若，，，且点E是线段AC上的动点，求的最小值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用向量三角形法则可得：，，，化简整理即可得出；
（2），，三点共线，可得存在实数使得，又，，可得，又，可得，再利用向量基本定理即可得出．
（3）由向量的线性运算得，，然后结合数量积的运算律得，利用二次函数性质即可求解最值.
【详解】（1）因为，，，
所以，化简为．
（2）因为，，三点共线，所以，
因为，，所以，
又，
所以，
所以解得．
（3）因为点E是线段AC上的动点，设，因为，
所以，
所以，，
所以，
故当时，取到最小值．
18．（17分）
已知函数.
(1)求函数的单调减区间；
(2)若，，求的值；
(3)当时，函数的最大值为，求m的值.
【答案】(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）利用二倍角公式及辅助角公式化简函数，再利用正弦函数单调性求出递减区间.
（2）由（1）中函数求得，确定的范围求出，再利用和角的余弦公式计算得解.
（3）利用二倍角公式，结合换元法，借助二次函数由最大值求出.
【详解】（1）依题意，函数，
由，得，
所以函数的单调减区间为.
（2）由（1）得，
解得，由，得，
当时，，当时，
，因此，，
所以
.
（3）由（1）得，
当时，，令，
函数，
依题意，函数在上的最大值为，
当时，，，不符合要求；
当时，，，不符合要求；
当时，，，则，
所以.
19．（17分）
如图所示，设，是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与，轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系为仿射坐标系，若在仿射坐标系下，则把有序数对叫做向量的仿射坐标，记为．已知在仿射坐标系下，．
(1)求向量，的仿射坐标；
(2)当时，求；
(3)设，若对恒成立，求的最大值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）向量的线性运算计算即可；
（2）应用向量夹角公式计算即可；
（3）先把恒成立转化为向量的数量积求出向量的模，再结合余弦函数的值域求解.
【详解】（1）由已知得，所以的仿射坐标为，
同理，所以的仿射坐标为．
（2）当时，，，，
所以，
，
，
所以．
（3），
，
，
由得．
得对恒成立，
又．所以，得．
此时．
因为，，所以，
所以，所以，
所以的最大值为．
【点睛】方法点睛：先把恒成立转化为向量的数量积求出向量的模，再结合余弦函数的值域求解.