河北承德第一中学等校2025-2026学年高一下学期4月质量检测数学试题（含解析）

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考试说明：
1．本试卷共150分．考试时间120分钟．
2．请将各题答案填在答题卡上．
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. （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】AB→+BC→−DC→−AE→=AC→+CD→−AE→=AD→−AE→=ED→.
2. 某简谐运动的函数解析式为，则这个简谐运动的频率和相位分别为（ ）
A. B. C. 12,−π3D.
【答案】D
【解析】
【详解】y=2sinπt−π3的频率为f=1T=π2π=12，相位为πt−π3．
3. （ ）
A. -1B. C. D. 1
【答案】D
【解析】
【详解】因为tan⁡(70∘−25∘)=tan⁡70∘−tan⁡25∘1+tan⁡70∘tan⁡25∘，所以(1+tan⁡70∘tan⁡25∘)tan⁡(70∘−25∘)=tan⁡70∘−tan⁡25∘，
即tan⁡70∘−tan⁡25∘=1+tan⁡70∘tan⁡25∘，
所以tan70∘−tan25∘−tan70∘tan25∘=1+tan70∘tan25∘−tan70∘tan25∘=1 ．
4. 已知单位向量与向量垂直，则的坐标为（ ）
A. 或B. 或
C. 或D. 或
【答案】C
【解析】
【详解】设单位向量，根据单位向量的定义，所以，
因为与向量垂直，所以，
联立x2+y2=12x−y=0，解得x=55，y=255或x=−55，y=−255．
5. 如图，某组合体是由选项中某个图形绕轴旋转而成，则这个图形是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A中图形绕轴旋转可得由一个圆台挖去一个圆柱的组合体；
B中图形绕轴旋转可得圆锥；
C中图形绕轴旋转可得由一个圆柱挖去两个圆台的组合体；
D中图形绕轴旋转可得由两个圆台挖去一个圆柱的组合体.故选A.
6. 在中，内角的对边分别为，且，则必为（ ）
A. 直角三角形B. 等腰三角形C. 等边三角形D. 等腰直角三角形
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦定理将边转化为角，结合三角恒等变换化简，根据三角形内角范围得到两角相等，从而判断三角形为等腰三角形。
【详解】由已知及正弦定理得：，
所以sinA=sinA+C，又，
所以，所以sinA=sinπ−B，所以，
所以（舍去）．故三角形为等腰三角形．
7. 已知向量与的夹角为，，，则向量与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用已知条件求出向量的数量积，再分别计算目标向量的模长与它们的数量积，最后代入向量夹角公式求解．
【详解】由题意得，，，
所以，
，
，
设向量与的夹角为，
则，
又，所以．
8. 在中，，E，F两点在AC边上运动，且，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】取的中点M，连接BM，则，所以，
显然时，取最小值，
在中，则，
所以，此时，
由对称性可知或时，取最大值，为，
所以，即的取值范围是.
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2项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9. 已知函数的图象与函数的图象关于轴对称，要想得到的图象，则可将的图象（ ）
A. 向左平移个单位长度B. 向右平移个单位长度
C. 向左平移个单位长度D. 向右平移个单位长度
【答案】AB
【解析】
【分析】先求，再利用三角函数图像的变换逐项验证即可求解.
【详解】由题意得，将的图象向左平移个单位长度，
可得fx+π2=sin2x+π2=−sin2x ，故A正确；
将的图象向右平移个单位长度，可得fx−π2=sin2x−π2=−sin2x ，故B正确；
将的图象向左平移个单位长度，可得fx+π4=sin2x+π4=cs2x ，故C错误；
将的图象向右平移个单位长度，可得fx−π4=sin2x−π4=−cs2x ，故D错误．
10. 已知正方体被一个平面截成两个几何体，其中一个几何体为三棱柱，则另外一个几何体可能为（ ）
A. 三棱柱B. 四棱柱C. 四棱台D. 五棱柱
【答案】ABD
【解析】
【详解】在正方体中，
如图①，可得另外一个几何体也是三棱柱，A正确；
如图②，可得另外一个几何体是四棱柱，不可能是四棱台，B正确，C错误；
如图③，可得另外一个几何体是五棱柱，D正确.
11. 如图，半径为1的扇形中，，点在弧上运动，交于点，设，则（ ）
A. 当时，
B. 在上的投影向量为
C. 的最大值为
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】A利用数量积的定义计算；B利用投影向量的定义计算；C利用求出；D过作于点，设，求出，再计算，利用数量积的定义计算.
【详解】对于A，当时，，故A正确；
对于B，在上的投影向量为，故B正确；
对于C，因为，
而，且是线段上一点，则，
所以当时，取得最大值故C错误；
对于D，如图，过作于点，设，则，
又，所以，
所以，解得，
所以，
所以，
所以，故D正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知向量，，若，则__________.
【答案】
【解析】
【详解】因为，所以，解得.
13. 给出以下说法：
①棱锥最少有六条棱；
②圆柱的母线和轴不平行；
③长方体一定是平行六面体.
以上所有正确说法的序号是__________.
【答案】①③
【解析】
【分析】根据锥体、柱体的性质，分析即可得答案.
【详解】棱锥中棱最少的是三棱锥，有六条棱，故①正确；
圆柱是以矩形的一边为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体，
母线一定和轴平行，故②错误；
长方体是底面为长方形的四棱柱，一定是平行六面体，故③正确.
14. 已知函数，若，则的值为___________．
【答案】3
【解析】
【分析】利用辅助角公式化简得出，再利用倍角公式化简得出，根据得出，代入求值即可.
【详解】，其中，
所以．
因为，所以，
所以，所以，
所以．
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. 已知向量．
（1）分别求向量的坐标；
（2）证明：向量与互相垂直．
【答案】（1），
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）借助向量坐标运算法则计算即可得；
（2）表示出与后，利用数量积坐标公式计算即可得.
【小问1详解】
a+2b=2,−5+2−1,3=2,−5+−2,6=0,1．
a−2c=2,−5−2−2,−1=2,−5−−4,−2=6,−3；
【小问2详解】
由（1）知，
b+3c=−1,3+3−2,−1=−1,3+−6,−3=−7,0，
所以，
所以向量与互相垂直．
16. 已知．
（1）求的值；
（2）若，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据两角差的正弦公式即可求解；
（2）先通过，得出，再根据二倍角公式即可求解.
【小问1详解】
因为，所以sinαcsπ4−csαsinπ4=24，
即，所以.
【小问2详解】
由（1）知，两边平方得，
所以，所以，可得．
因为，所以2α∈π2,π，
所以cs2α=−1−sin22α=−74，所以，
所以tan4α=2tan2α1−tan22α=2×−3771−−3772=37．
17. 如图，在等腰梯形ABCD中，，E，F分别是AD，CD的中点，设，.
（1）用，表示，；
（2）若，求的值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【小问1详解】
由，得，
又E是AD的中点，所以，
所以，
由，
又F是CD的中点，所以，
所以.
【小问2详解】
因为，所以，
两边平方得，
整理得，所以，则.
18. 南昌之星摩天轮是南昌市的标志性建筑，也是国内最高的摩天轮，轮面彩灯全部亮后可以显示一座巨型彩色时钟．该摩天轮最高点距离地面高度为160米，转盘直径为153米，设置有60个座舱，其示意图如图所示（座舱相对于摩天轮来说大小可忽略，因此未在图中画出）．游客在座舱内可观看南昌一江两岸的壮丽景观．摩天轮开启后按逆时针方向匀速旋转，匀速旋转一周需要30分钟．游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，已知甲比乙提前5分钟进入座舱，在甲运行一周的过程中，设甲坐上摩天轮的座舱，开始转动分钟后距离地面的高度为米．
（1）求关于的表达式；
（2）当甲、乙距离地面高度相同时，求的值；
（3）设，当时，这两人距离地面的高度差恰有1次取到最大值，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）建立适当平面直角坐标系后，可设ℎ=Asinωt+φ+B,t∈0,30，结合题意与三角函数性质计算即可得解；
（2）由题意可表示出乙距离地面高度与的表达式，令其与相等，解出即可得；
（3）利用三角恒等变换公式计算即可得.
【小问1详解】
如图，设座舱距离地面的最近点为，以摩天轮轴心为原点，
与地面平行的直线为轴建立平面直角坐标系，
设ℎ=Asinωt+φ+B,t∈0,30，
由题得A+B=160−A+B=7，解得，
又摩天轮匀速旋转一周需要30分钟，所以，
所以ℎ=1532sinπ15t+φ+1672,t∈0,30，
又当时，甲位于点P0,−1532，
以为终边的角为，所以，
所以ℎ=1532sinπ15t−π2+1672,t∈0,30，
即ℎ=−1532csπ15t+1672,t∈0,30；
【小问2详解】
设乙距离地面的高度为，
则ℎ'=−1532csπ15t−5+1672,t∈5,30，
令，所以−1532csπ15t+1672=−1532csπ15t−5+1672，
所以csπ15t=csπ15t−5，
所以π15t=−π15t−5+2kπ,k∈Z ，或π15t=π15t−5+2kπ,k∈Z （舍去），
即t=52+15k,k∈Z ，又t∈5,30，所以，即；
【小问3详解】
令y=ℎ−ℎ'，则y=1532csπ15t−5−csπ15t，t∈5,m，
所以y=153212csπ15t+32sinπ15t−csπ15t
=153232sinπ15t−12csπ15t=1532sinπ15t−π6，
当π15t−π6=π2+kπ,k∈Z ，即t=10+15k,k∈Z 时，，
又当t∈5,m时，这两人距离地面的高度差恰有1次取到最大值，
所以，即的取值范围是.
19. 以三角形的三边各向其外侧作等边三角形，这三个等边三角形的外接圆交于一点T，则点T称为托里拆利点，而三个等边三角形的外接圆叫做托里拆利圆.已知△ABC的三个托里拆利圆的半径分别为，，，点T为托里拆利点.
（1）求△ABC的面积；
（2）求的值；
（3）求的值.
【答案】（1）9 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理求出三角形三边长，再由余弦定理及三角形面积公式求解；
（2）根据数量积的运算及三角形的面积公式求解即可；
（3）由（2）可得，再由余弦定理得，，，三式相加即可求解.
【小问1详解】
如图，作出符合题意的图形，
不妨设半径分别为，，的三个托里拆利圆所对应等边三角形的边长分别为a，b，c，
由正弦定理得，，，
解得，，，
所以，
所以，
所以△ABC的面积.
【小问2详解】
由圆的性质可知，
所以
.
【小问3详解】
由（2）的结论知，，
即.
在△ATB中，由余弦定理得，
即，
同理可得，，
以上三式相加得
，
所以.