四川成都外国语学校2025-2026学年高一下学期4月考试数学试题（含解析）

这是一份四川成都外国语学校2025-2026学年高一下学期4月考试数学试题（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1. 若点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据平面向量的坐标表示求解．
【详解】因为，所以，
故选:B.
2. 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用余弦的二倍角公式可得答案.
【详解】.
故选：A.
3. 已知向量，若，则等于（ ）
A. B. 1C. 4D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用两个垂直向量的数量积为零，再结合向量数量积的坐标运算法则计算即可得出答案．
【详解】由，可得，
所以由，解得．
故选：B.
4. 已知2tanθ–tan(θ+)=7，则tanθ=（ ）
A. –2B. –1C. 1D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】利用两角和的正切公式，结合换元法，解一元二次方程，即可得出答案.
【详解】，，
令，则，整理得，解得，即.
故选：D.
本题主要考查了利用两角和的正切公式化简求值，属于中档题.
5. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用角的变换，再根据两角差的余弦公式即可求解.
【详解】解：因为，所以，
又，所以，
所以，
所以
.
故选：D.
6. 已知向量满足，且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律求解即得.
【详解】由，得，两边平方得，而，
所以.
故选：A
7. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 在区间上单调递增
B. 点是图象的一个对称中心
C. 若，则的值域为
D. 的图象可以由的图象向右平移个单位长度得到
【答案】D
【解析】
【详解】设函数的最小正周期为，
由题图及五点作图法得，，则，又，
所以，所以，
又，即，又，则，故.
对于C，当时，的值域为，故C错误；
对于A，由知在上不单调递增，故A错误；
对于B，由，故B错误；
对于D，，将函数的图象向右平移个单位长度得到的图象，故D正确.
8. 已知平面向量，且.已知向量与所成的角为，且对任意实数恒成立，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由对任意实数恒成立，两边同时平方化简整理得：对任意实数恒成立，故，解得.利用绝对值的三角不等式即可求解.
【详解】由题可知.
由，两边同时平方得，化简整理得.
因为对任意实数恒成立，所以对任意实数恒成立，
所以，所以.
所以，
当且仅当向量与方向相反时等号成立，所以的最小值为.
故选：D.
二、多选题
9. 已知向量，，则（ ）
A.
B. 与向量平行的一个单位向量为
C. 若与所成角为锐角，则
D. 在上的投影向量是
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A ，先计算a⃗−b⃗与a⃗+b⃗的坐标，再分别求模长，通过模长相等验证结论；对B，先求的模长，再根据单位向量公式±a⃗∣a⃗∣计算与平行的单位向量，验证选项给出的向量是否符合；对C，先写出a⃗+b⃗与a⃗+xb⃗的坐标，利用向量夹角为锐角的充要条件，列不等式求解的取值范围，验证选项结论；对D，根据投影向量公式(a⃗+b⃗)⋅a⃗∣a⃗∣2⋅a⃗，代入数量积与模长计算，验证投影向量是否为.
【详解】对于A：a⃗−b⃗=−3,1，a⃗−b⃗=−32+12=10​； a⃗+b⃗=1,3，a⃗+b⃗=12+32=10​，
故a⃗−b⃗=a⃗+b⃗，A正确；
对于B：a⃗=−12+22=5​，
与平行的单位向量为±a⃗a⃗=−55,255或55,−255， 选项给出的是其中一个，B正确；
对于C：a⃗+b⃗=1,3，a⃗+xb⃗=2x−1,x+2，因为两向量夹角为锐角，
所以a⃗+b⃗·a⃗+xb⃗>0a⃗+b⃗≠a⃗+xb⃗，由a⃗+b⃗·a⃗+xb⃗>0得1⋅2x−1+3⋅x+2=5x+5>0，得；
由a⃗+b⃗∥a⃗+xb⃗，得1⋅x+2=3⋅2x−1，解得，所以x∈−1,1∪1,+∞，C错误；
对于D：在上的投影向量为a⃗+b⃗⋅a⃗a⃗2⋅a⃗，
因为a⃗+b⃗⋅a⃗=a⃗2+a⃗⋅b⃗=5+0=5，a⃗2=5， 因此投影向量为55⋅a=a，D正确.
10. 下列各式中，计算结果为的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】由两角和余弦公式化简结合值域可判断A；由两角和的正切公式化简计算判断B；由同角三角函数的基本关系弦化切再结合两角和的正切公式计算可判断C；由两角和差正弦公式合并运算可判断D.
【详解】对于A，，故A错误；
对于B，，
所以
，故B正确；
对于C，,故C正确；
对于D，
，故D正确.
故选:BCD.
11. 下面四个结论正确的是（ ）
A. 点O在△ABC所在的平面内，若，则点O为△ABC的垂心．
B. 若对平面中任意一点O，有，则P，A，B三点共线．
C. 在△ABC中，已知，则．
D. 如图，扇形的半径为1，圆心角∠BAC＝150°，点P在弧BC上运动，，则的最大值是2．
【答案】BD
【解析】
【分析】根据向量运算及数量积的性质即可判断A，利用共线向量的基本定理可判断B，利用两角和的余弦公式及同角三角函数基本关系判断C，以为轴，以为原点，建立坐标系，设，，根据平面向量基本定理的坐标运算可得：3λ−μ=2sinθ+π3，再利用三角函数的有界性，即可判断D.
【详解】对于A，向量，分别表示在边和上取单位向量和，它们的差是向量，
当，即时，则点在的角平分线上，
同理，由，知点在的角平分线上，
故为的内心，A错误；
对于B，因为，即，
所以，即，
又因为有公共点，故点P，A，B三点共线，B正确；
对于C，在中，，则，
又，所以A∈0,π6∪5π6,π.
又，则，所以，则，
所以，C错误；
对于D，以为轴，以为原点，建立坐标系，如图，
设，，则，，，
因为，所以，
所以，，所以，，
所以=3csθ+sinθ=2sinθ+π3，
因为，所以，所以当时，2sinθ+π3=2，
即的最大值是2，D正确.
三、填空题
12. 化简＝______
【答案】10
【解析】
【详解】.
13. 设函数，若对任意的实数都成立，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意取最大值，根据余弦函数取最大值条件解得的表达式，进而确定其最小值.
【详解】因为对任意的实数x都成立，所以取最大值，
所以，
因为，所以当时，取最小值为.
函数的性质
（1）.
（2）周期
（3）由求对称轴，最大值对应自变量满足，最小值对应自变量满足，
（4）由求增区间；由求减区间.
14. 在锐角中，，则的最小值为__________.
【答案】10
【解析】
【分析】根据给定条件，利用和差角公式变形可得或，再利用和角的正切公式及基本不等式求出最小值.
【详解】在锐角中，由，得，
整理得，
则，
即，
因此或，
则或，
当时，，
，当且仅当时取等号；
当时，，
，当且仅当时取等号，
而，所以当时，取得最小值10.
故答案为：10
四、解答题
15. 在平行四边形中，，
（1）若为上一点，且，用基底表示；
（2）若，，且与平行，求实数的值.
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】（1）根据三角形法则和共线定理即可求出结果；
（2）首先根据坐标运算求出与的坐标表示，再根据平面向量平行的坐标运算公式，列出关于方程，即可求出结果.
【详解】解：（1）
（2）因为，
所以
由于
则
所以.
本题主要考查了平面向量的三角形法则、共线定理、以及平面向量坐标运算再向量平行中的应用，属于基础题.
16. 已知平面向量，，记函数 ．
（1）若，求的值；
（2）求函数 的对称轴方程、单调递减区间和最小值．
【答案】（1）-1 （2）对称轴为，单调递减区间为 ，最小值为-2+m
【解析】
【分析】（1）根据数量积坐标运算法则计算出 的解析式，将 代入即可；
（2）用整体代入法直接对分析即可.
【小问1详解】
，
，
将 代入， ，m=-1；
【小问2详解】
由于 ，对称轴为 ，
当 时，单调递减，
∴单调递减区间为 ，最小值为-2+m；
综上，m=-1，对称轴为 ，单调递减区间为 ，最小值为-2+m.
17. 如图，在中，已知，，，，分别为，上的两点，，，相交于点．

（1）求的值；
（2）求证：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）用、表示，再根据数量积的定义及运算律计算可得；
（2）用、表示、，根据数量积的运算律求出，即可得证.
【小问1详解】
因为，
所以，
所以，
所以；
【小问2详解】
因为，
所以，
所以，
所以，即，所以．
18. 摩天轮是一种大型转轮状的机械游乐设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上旋转，可以从高处俯瞰四周景色.如图该摩天轮最高点距离地面高度为，转盘直径为，开启时按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转一周需要.
（1）以轴心为原点，与地面平行的直线为轴，所在的直线为轴建立平面直角坐标系，游客甲坐上摩天轮的座舱，开始转动后距离地面的高度为，求在转动一周的过程中，关于的函数解析式；
（2）若游客甲在点进入座舱时，游客乙此时恰好在处（轴与圆的交点），
（i）在运行一周的过程中，运行两人首次距离地面的高度相等，求时间；
（ii）当座舱距离地面的高度不低于时，能鸟瞰全城壮观景色，因此这段时间被称为“震撼时刻”，求游客甲在开始运行一周的过程中，甲处于“震撼时刻”的时间段.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）第六分钟到第十二分钟为“震撼时刻”
【解析】
【分析】（1）设，，，根据最大值、最小值求，根据周期求，根据初始位置求即可；
（2）（i）同（1）求出乙的座舱高度与时间函数为，令即可解方程；
（ii）结合余弦函数图象解不等式即可.
【小问1详解】
设，，
由题意可知，，，则，，
又易知，所以，得，
又当时，，则，
因，则，
所以，化简得.
【小问2详解】
（i）设乙的座舱高度与时间函数为，
同（1）可求得，
因为甲乙离地面高度相等，即，
可得：，即，
可解得，即，
故时，有最小值，
即当时，甲乙首次高度相等.
（ii）由题意易知，所谓“震撼时刻”，即要求，
化简得，
因，则，故，则，
故第六分钟到第十二分钟为“震撼时刻”.
19. 设，是平面上的两条射线，其中，、分别是与、同向的单位向量，以射线、分别为轴、轴的正半轴，建立的平面坐标系称为仿射坐标系.在仿射坐标系中，若，则记.

（1）在仿射坐标系中，若，求（用含，，的代数式表示）；
（2）在仿射坐标系中，若，，且与的夹角为，求的值；
（3）在仿射坐标系中，如图所示，点、分别在轴、轴正半轴上运动，，，、分别为、中点，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由题意可得，将其两边平方后利用向量数量积的运算律计算即得；
（2）利用（1）得到的模长公式，求得和，再计算，再将条件代入公式，列出方程，即可求出的值.
（3）设出点用表示出，利用正弦定理，经过三角恒等变换，化简成正弦型函数，求得其最大值.
【小问1详解】
由可得，
则，
所以；
【小问2详解】
依题意，将代入（1）得到的模长公式即得，，，
，
因为与的夹角为，则由，
可得，解得.
【小问3详解】
依题意，设，
因为是的中点，则，
因为是的中点，则，
故
因为，，
则，
在中，由余弦定理得，即，代入上式可得，
，
在中，由正弦定理可得，
设，则，
于是
，
其中为锐角，且，
因为，则，
故当时，取最大值，
则，即的最大值为.