四川省内江市第一中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试卷（含解析）含答案

这是一份四川省内江市第一中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试卷（含解析）含答案，共11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（共40分，每小题5分）
1．下列说法中正确的是（ ）
A．向量的模都是正实数
B．单位向量只有一个
C．向量的大小与方向无关
D．方向不同的向量不能比较大小，但同向的向量可以比较大小
2．在中，已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
3．若，是平面内的一组基底，则下面的四组向量中不能作为一组基底的是（ ）
A．和B．和
C．和D．和
4．在中，点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知函数的最小正周期为，将的图象向下平移2个单位长度后，再将横坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，则的一个单调递增区间为（ ）
A．B．C．D．
6．已知，则（ ）
A．B．C．D．
7．如图所示，为测量一棵树的高度，在地面上选取A，B两点（A，B，H三点共线），从A，B两点分别测得树尖P的仰角为，，且A，B两点之间的距离为，则树的高度为（ ）
A．B．C．D．
8．如图，在中，，，，为与的交点，则向量在上的投影向量的模的最小值为（ ）

A．B．C．D．
二、多选题（共18分，每小题6分）
9．下列等式计算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，则符合条件的只有一个
B．若，则
C．若，则是锐角三角形
D．若，则的最大值是
11．幻彩摩天轮位于中山市西区兴中广场段．该摩天轮轮体直径为，最高点离地．轮体上均匀设置了依次标号为号的个座舱，开启后按照逆时针方向匀速旋转，每转一周.已知在时刻时号舱距离地面的高度（其中，，），且时，位于最低位置．且摩天轮开始启动时，号舱，号舱，号舱位置如图所示，运行过程中其离地面高度分别记为，，，则（ ）
A．
B．摩天轮运行一周的过程中，
C．不存在使得
D．摩天轮运行一周的过程中，的情形共出现次
三、填空题(共15分，每小题5分)
12．已知，，则______.
13．如图，在平行四边形中，，，是边的中点，是上靠近的三等分点，若，则______．
14．在中，为边上一点，，，，，.当面积最小时，________.
四、解答题（共77分）
15．（13分）已知，，
(1)若，且，求．
(2)若四边形为平行四边形，求点的坐标．
16．（15分）已知，，且与夹角为，求：
(1)；
(2)与的夹角的余弦值.
17．（15分）已知函数的部分图象如图所示.
(1)求的解析式.(2)设函数.
（i）求的单调递减区间；（ii）若，求的最大值与最小值.
18.（17分）在面积为S的中，三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，，且.
(1)求角C的大小；(2)若，，求的周长；
(3)若为锐角三角形，且AB边上的高h为2，求面积的取值范围.
19．（17分）已知函数.
(1)若对于任意都有，且，求的对称中心；
(2)若，函数图象向右平移个单位，得到函数的图象，是的一个零点，函数在区间（且）上恰好有2026个零点，求的最小值；
(3)在第（2）问条件下，将函数图象上所有点的横坐标伸长为原来的3倍，再向左平移个单位长度，向下平移1个单位长度后得到函数的图象.若关于的方程在上有且仅有四个解，求实数的取值范围.
参考答案
1．C
【详解】对于A：根据向量的概念可知，零向量的模为零，故A错误；
对于B：单位向量的定义，单位向量的模为1，方向为任意方向，故B错误；
对于C：向量的模与方向没有关系，故C正确；
对于D：向量不能比较大小，但向量的模可以比较大小，故D错误.
故选：C.
2．D
【详解】在中，由余弦定理得，
，
由解得.
故选：D
3．B
【详解】因为向量，是平面内的一组基底，可得向量，为平面内不共线的向量，
对于A中，设，可得，此时方程组无解，
所以向量和不共线，可以作为平面的一组基底；
对于B中，设，可得，解得，
所以向量和为共线向量，不能作为平面的一组基底；
对于C中，设，可得，此时方程组无解，
所以向量和不共线，可以作为平面的一组基底；
对于D中，设，可得，此时方程组无解，
所以向量和不共线，可以作为平面的一组基底.
4．B
【详解】因为是的中点，所以，
因为是的靠近的三等分点，所以，
所以．
5．C
【详解】
最小正周期，得，
即，图象向下平移2个单位长度后得到函数，横坐标伸长到原来的2倍后得到函数，
A.当，，此区间先减后增，故A错误；
B. 当，，是正弦函数减区间的子集，故B错误；
C. 当，，是正弦函数增区间的子集，故C正确；
D.当，，此区间先增后减，故D错误；
6．C
【详解】因为，所以，
，
故.
7．C
【详解】设树的高度为，由已知，得，
在中，.
化简得，解得.
所以树的高度为m.
故选：C.
8．C
【详解】由题，设，
因为三点共线，三点共线，所以，解得，
所以，
则，
当且仅当，即时等号成立，
故选：C.
9．CD
【详解】A，根据两角和的余弦公式：，
代入，可得，
再代入，有，错误；
B，根据二倍角的余弦公式：，
代入，可得，
再代入，有，错误；
C，根据两角和的正切公式：，
代入，可得，
再代入，有，即，
所以，正确；
D，根据两角差的正切公式：，
代入，可得，
再代入，有，正确.
10．BC
【详解】因为，所以由正弦定理得，
所以角C有两个值，此时符合条件的有两个，故A错误；
在中，由大边对大角知，，
又由正弦定理得，故B正确；
由，得，则C是的最大内角，
又，则，C为锐角，
是锐角三角形，故C正确；
由正弦定理得，
当时，的最大值是，故D错误．
故选：BC．
11．ABC
【详解】对于A，根据题意，得摩天轮轮体的半径为米，
因此摩天轮轮体的圆心离地米，周期，则，
当时，位于最低位置，即，
代入得，
结合，得，因此，故A正确；
对于B，个座舱均匀分布，则相邻座舱间的圆心角差为，
则座舱和座舱的圆心角差为，
则有两舱的高度差为，
其中表示在任意时刻相对于水平面的相位角（或称旋转角），
利用和差化积公式展开得，
当，高度差取最大值，
则最大值为，故B正确；
对于C，方程等价于或，
考虑：即，
化简得，
当时，，因此当时，，
因此，与矛盾，因此不存在使得，
考虑：即，
其中和分别表示在任意时刻相对于水平面的相位角（或称旋转角），
由于，代入得，解得或，的初始角度为，
因此当时，，则无解，
因此不存在使得，
即不存在使得，故C正确；
对于D，方程等价于或，
考虑：即，
化简得，
而在时，，则有个解，
考虑：即，由于，
代入得，解得或，的初始角度为，
因此当时，，则有个解，
因此在摩天轮运行一周的过程中，的情形共出现次，故D错误.
12．
【详解】.
13．2
【详解】因为，
则因为，所以.
又，所以，化简得，
解得（负值舍去），即.
14．/
【详解】，
所以.
在中，由正弦定理得，化简得.
在中，由正弦定理得，化简得.
故，
令，
则，
由二次函数性质可知，，
函数开口向下，对称轴为，
所以当时，取得最大值，
即当，取最小值，
此时.
故答案为：
15．(1)
(2)
【详解】（1），，
又且，
.
（2）设，
四边形为平行四边形，,，.
故点的坐标为.
16．(1)
(2)
【详解】（1），，且与夹角为，，
；
（2），
，
.
17．(1)
(2)（i）；（ii）最大值为，最小值为
【详解】（1）设的最小正周期为，则，解得，
所以，解得.
由题意知，所以，
又，
所以，即，
又，所以，
所以.
（2）（i）
，
由，解得，
故的单调递减区间为.
（ii）设，
因为，所以，
函数在上单调递减，在上单调递增，
当，即时，，
当，即时，，
故在上的最大值和最小值分别为和.
18．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）若，则,
由正弦定理可得，故，
因此,
.
（2）由（1）可得，又,故，
因此，故，
因此周长为
（3）由于，故，
由正弦定理可得，
故，
因为，所以，
所以，
故,
由于三角形为锐角三角形，故,解得，
因此，故，则，
因此.
19．(1)或
(2)
(3)
【详解】（1）因为的最小正周期为，
又因为，且，
则，解得，
当时，，
令，解得，
所以的对称中心为；
当时，，
令，解得，
所以的对称中心为；
综上所述，的对称中心为或.
（2）将函数图象向右平移个单位，得到函数的图象，
则，
因为是的一个零点，
则，即，
又因为，则，
可得，解得，
所以，最小正周期.
令，可得，
则或，，
解得或，，
若函数在（且）上恰好有2026个零点，
要使最小，则m、n恰好为的零点，
故.
（3）由题意知，且，
令，且，则，
因为，则，
当时，满足方程组的值有且仅有四个，
且函数在上单调递增，在上单调递减，
令，可得必有两个相异零点，，
由直线与和，的图象分别有两个交点，
作出直线与和，的图象，如图所示，

由图象可得，，即在区间上有两个相异零点，
则满足，解得，
所以的取值范围是