河北承德市第二中学2025-2026学年第二学期期中考试高一数学试卷（含解析）

这是一份河北承德市第二中学2025-2026学年第二学期期中考试高一数学试卷（含解析），共25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。
1. 若，且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】因为，故，故，
所以，故.
2. 已知向量，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据共线向量的坐标表示，列出方程求得，结合向量模的坐标运算公式，即可求解.
【详解】由向量，
因为，可得，解得，
所以，所以．
3. 在中，，，，则角B的大小为（ ）
A. B. 或C. D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】根据正弦定理求解，再结合三角形边角关系求解.
【详解】由正弦定理：，代入，，可得：
，
则或，
由，得，
故.
4. 函数的值域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，分和两种情况讨论求解即可.
【详解】当时，；
当时，，
所以的值域为．
5. 已知函数的最小正周期为，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 将函数图象向左平移个单位长度，得到的函数图象恰好关于y轴对称
C. 关于点对称
D. 在区间上的最大值为
【答案】B
【解析】
【分析】先利用辅助角公式化简函数解析式，结合周期公式求出的值，再逐一验证各选项的正误．
【详解】对于A，，由的最小正周期为得，
则，故A错误；
对于B，由，将函数图象向左平移个单位长度，
得到，为偶函数，关于y轴对称，故B正确；
对于C，，
则不关于点对称，故C错误；
对于D，当时，，则，即，
故的最大值为，故D错误．
6. 设函数，若恒成立，且在上存在零点，则的最小值为（ ）
A. 6B. 4C. 3D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据最小正周期公式及条件，可得的表达式，根据x的范围，可得，根据存在零点，可得的范围，即可得答案.
【详解】函数，设函数的最小正周期为T，
由可得，（），
所以，即，
又函数在上存在零点，
且当时，，所以≥，解得，
综上，的最小值为4.
7. 已知是边长为1的正三角形，，是上一点且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用平面向量共线基本定理，结合图形求得，再由平面向量数量积的定义与运算律计算即得.
【详解】
因，，则，
故
又三点共线，则，
故，又因为是边长为1的正三角形
所以，
.
8. 已知摩天轮的半径为60m，其中心距离地面70m，摩天轮做匀速转动，每30min转一圈，摩天轮上点P的起始位置在最低点处．则在时刻t（min）时，点P离地面的高度h为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用三角函数的图象性质求出解析式.
【详解】点的初始位置在最低点，设点从最低点沿逆时针方向匀速转动，
在内所转过的角度为，则以为始边，为终边的角为，
因此点的纵坐标，
所以点离地面的高度.
故选：B
二、多选题（本大题共3小题，共18分.在每小题有多项符合题目要求）
9. 下列各式的值等于的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】逆用正弦、余弦、正切二倍角公式，结合两角差的正弦公式逐一判断即可.
【详解】对于，故A符合题意；
对于，故B符合题意；
对于C：，故C不合题意；
对于D：，故D不合题意.
故选：AB
10. 已知非零向量与共线，下列表述正确的有（ ）
A. 存在唯一确定的实数，使得
B.
C. 向量在上的投影向量为
D.
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A，由向量共线的定义可得；对于B，分与同向及反向即可判断；对于C，根据投影向量的概念判断；对于D，设，根据数量积的运算律即可求解．
【详解】已知非零向量与共线，则存在唯一确定的实数，使得，故A正确；
当与同向时，，当与反向时，，故B错误；
向量在上的投影向量为，故C错误；
对于D，设，则，，
即，故D正确．
11. 已知向量，，其中，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若与的夹角为钝角，则
D. 若，向量在方向上的投影向量为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据向量平行、垂直的坐标判定，向量夹角与数量积的关系，投影向量的计算，结合向量相关公式逐个分析选项即可.
【详解】对于A，若，则有，化简得，解得，故A正确；
对于B，若，则有，因此，故B正确；
对于C，若与夹角为钝角，则有，解得；
由于与共线反向时，需排除，因此的取值范围是且，并非，故C错误；
对于D，当时，，在方向上的投影数值为，方向的单位向量为，
因此投影向量为，故D正确.
三、填空题（本大题共3小题，共15分）
12. 设、，点满足，则点到原点的距离为________．
【答案】5
【解析】
【分析】由题可得，再求出，进而得到模长即可．
【详解】，，
．
，即点到原点的距离为5．
13. 已知函数，，且在区间上的最小值是，则_______，的一个可能的取值为_______．
【答案】 ①. ## ②. 4（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据给定的函数，结合特殊角的三角函数值求出，再利用正弦函数性质求出范围即可.
【详解】函数，由，得，而，因此；
函数，由，得，
显然，
由在上的最小值是，得，
即，解得，所以的一个可能的取值为4.
14. 已知，若，，则_____．
【答案】
【解析】
【详解】，，
，，
，，
，
又，．
四、解答题（本大题共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，，且，
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）求角的大小．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用正切和角公式求解即可；
（2）利用二倍角公式正余弦化简即可求解；
（3）根据角的范围及正切和角公式求解即可．
【小问1详解】
由，，
所以．
【小问2详解】
由，所以．
【小问3详解】
由，，则，
又，则，
又，则，
又，，则，
所以．
16. 已知函数，．
（1）求在的单调递减区间；
（2）当时，求的最大值和最小值；
（3）若，，求的值．
【答案】（1）
（2）最大值为，最小值为
（3）
【解析】
【分析】（1）根据降幂公式，二倍角公式及辅助角公式化简，再根据正弦函数的性质即可求解；
（2）根据三角函数的性质即可求解最值；
（3）由已知得出，结合及同角三角函数的平方关系得出，由两角和的正弦公式即可求解．
【小问1详解】
，
由，解得，
又，所以的单调递减区间为．
【小问2详解】
因为，所以，则，
所以，
所以的最大值为，最小值为．
【小问3详解】
由，所以，所以，
又，所以，
所以，
所以
．
17. 在中，角，，所对的边分别为，，．满足．
（1）求角的大小：
（2）设，．
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）求的值．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理和诱导公式求解即可；
（2）（i）利用余弦定理求解即可；（ii）利用二倍角公式，两角差的正弦公式即可求解．
【小问1详解】
由，
根据正弦定理得，，
可得，
因为，故，则，
又，所以；
【小问2详解】
由（1）知，，且，，
（i）则，即，
解得或（舍），故；
（ii）由，
得，
解得，则，
则，，
由，
所以
所以.
18. 如图，为了测量两山顶M，N间的距离，飞机沿水平方向在A，B两点进行测量，A，B，M，N在同一个铅垂平面内．测得A到M，N的俯角和分别为，，B到M，N的俯角分别为，同时测得．
（1）分别求出A，M两点间的距离及A，N两点间的距离；
（2）求山顶M，N之间的距离．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】 （1）求出各角度后，利用余弦定理与正弦定理计算即可得、；
（2）借助余弦定理计算即可得.
【小问1详解】
在中，，，
故，则，
即，
在中， ，
由正弦定理可得，，
所以；
【小问2详解】
在中，，
由余弦定理得，，
代入数据有，
即．所以，之间的距离为．
19. 已知中，角、、的对边分别为、、.且.
（1）求角；
（2）若的面积为，且.
①求的周长；
②求
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理和两角和差的正弦公式化简求出；
（2）①利用面积公式、正弦定理、余弦定理求出边长即可；
②利用正弦定理求出，再利用两角差的正弦公式求得.
【小问1详解】
由及正弦定理可得，
因为，
所以，
则，
因为，所以，得，
因为，所以；
【小问2详解】
①因为的面积为，所以，得，
由及正弦定理可得，则，
由余弦定理得，得，
则的周长为；
②由正弦定理得，，
则，
则.