2025--2026学年江苏省海安高级中学高一下册4月月考数学试题 [含解析]

这是一份2025--2026学年江苏省海安高级中学高一下册4月月考数学试题 [含解析]，共10页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
3. 已知一个扇形的圆心角为，弧长为，则该扇形的面积为（ ）
A. B. C. D.
4. 已知非零向量，，则“”是“”成立的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
5. 已知，则在上的投影向量是（ ）
A. B. C. D.
6. 在中，，BC边上的高等于,则（ ）
A. B. C. D.
7. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，且函数是奇函数，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
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. 4
二、多项选择题（本大题共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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分）
9. 下列关于平面向量的说法中正确的是（ ）
A. 已知均为非零向量，若，则存在唯一的实数，使得
B. 已知，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是
C. 若且，则
D. 向量与向量垂直
10. 已知，下列说法正确的是（ ）
A. 若，在区间上单调
B. 若关于直线轴对称，则
C. 若，且为的一个对称中心，则
D. 若，在区间上的最大值与最小值的差的最大值是
11. 正方形的边长为2，在上，且，如图，点是以为直径的半圆上任意一点，，则（ ）
A. 最大值为
B. 最大值为1
C. 的最大值为
D. 最大值是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在平面直角坐标系中，角的顶点为原点，始边为轴的非负半轴，终边过点，则___________．
13. 被誉为“中国现代数学之父”的著名数学家华罗庚先生为我国数学的发展做出了巨大贡献，他所倡导的“优选法”在生产和科研实践中得到了广泛的应用.就是黄金分割比的近似值，黄金分割比还可以表示成，则__________．
14. 已知中，点，分别是知的重心和外心，且，，则边的长为_____.
四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答题应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知．
（1）若，求的坐标；
（2）若，求与的夹角．
16. 已知函数的部分图象如图所示．
（1）求函数的解析式，并求出该函数的单调递增区间；
（2）若，且，求的值．
17. 已知，且.
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）若，，求的值.
18. 如图，已知矩形中，，分别是边上的一动点（不含端点），为边的中点，且，设.

（1）求的值；
（2）求面积的取值范围（提示：）；
（3）求的最大值．
19. 定义：若非零向量，函数f（x）的解析式满足，则称的“积向量”为，向量的“积函数”为．
（1）若向量为函数的积向量，求；
（2）若函数为向量的积函数，在中，，且，求证：；
（3）当向量时，积函数为，函数，求在区间上最大值与最小值之差的取值范围．
数学
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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
思路：利用集合的交集定义求解即得.
解答过程：因，又，
故.
故选：B.
2. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
思路：利用二倍角的余弦公式可求得结果.
解答过程：由二倍角的余弦公式可得．
故选：A．
3. 已知一个扇形的圆心角为，弧长为，则该扇形的面积为（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
思路：根据扇形的弧长公式与面积公式直接计算即可.
解答过程：设扇形的半径为，
则扇形的弧长，即，
解得，
则扇形面积，
故选：A.
4. 已知非零向量，，则“”是“”成立的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
答案：C
解析：
思路：根据平面共线向量的坐标表示求得，结合充分条件、必要条件的定义即可下结论.
解答过程：易知，
由，
得，解得或（舍去），
所以“”是“”的充要条件.
故选：C
5. 已知，则在上的投影向量是（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
思路：利用投影向量的定义求解.
解答过程：因为，
所以，
，
所以.
故选：B
6. 在中，，BC边上的高等于,则（ ）
A. B. C. D.
答案：C
解析：
解答过程：试题分析：设
,故选C.
考点：解三角形.
7. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，且函数是奇函数，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
思路：首先根据三角函数的变换规则得到，根据奇偶性求出的取值，即可得解.
解答过程：将函数的图象向左平移个单位得到：
，
又函数是奇函数，
所以，解得，
又，所以当时取得最大值，最大值为.
故选：D
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. 4
答案：B
解析：
思路：先用平方去掉条件中的绝对值号，通过解不等式求出，再用向量的三角不等式求最小值.
解答过程：平方去绝对值号，由，则，
根据向量与的条件可得，
化简可得，
令，由于函数开口向上，所以需要满足，所以.
观察所求式子内部，两者相减可将约掉，所以可用向量的三角不等式求解，
即，
又，
则的最小值为
二、多项选择题（本大题共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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分）
9. 下列关于平面向量的说法中正确的是（ ）
A. 已知均为非零向量，若，则存在唯一的实数，使得
B. 已知，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是
C. 若且，则
D. 向量与向量垂直
答案：AD
解析：
解答过程：由向量共线定理，若且，则存在唯一的实数使得，选项A正确；
a=1，2，b=1，1，则；与的夹角为锐角，等价于且两向量不共线，则a⋅a+λb=1×1+λ+2×2+λ=1+λ+4+2λ=5+3λ>0 ，化简得.
还需排除与共线情况，若两向量共线，则存在使得，即1+λ,2+λ=k,2k，解得，，代入得2+λ=21+λ=2+2λ ，解得，此时，两向量相等，夹角为0，应排除.
所以的取值范围是，选项B错误；
且，只能推出，即与有可能垂直，不一定，选项C错误；
设u=a⋅bc−a⋅cb，则u⋅a=a⋅bc⋅a−a⋅cb⋅a=a⋅ba⋅c−a⋅ca⋅b=0 ，所以，选项D正确.
10. 已知，下列说法正确的是（ ）
A. 若，在区间上单调
B. 若关于直线轴对称，则
C. 若，且为的一个对称中心，则
D. 若，在区间上的最大值与最小值的差的最大值是
答案：BCD
解析：
思路：对于A，由辅助角公式结合正弦函数的单调性可判断其正误；对于B，利用特值法先求出，再验证后可判断B的正误；对于C，根据对称中心的性质求出，从而求并判断C的正误，对于D，利用正弦函数的性质结合辅助角可判断何时最值之差最大，求出最值后可判断D的正误.
解答过程：对于A：当时，，
因为，所以，
因为函数在上不单调，
所以函数在区间上不单调.故A错误；
对于B：若关于直线轴对称，故，
所以，故，此时，
而，故确为对称轴，故B正确.
对于C：时，为的一个对称中心，
所以，故，
所以，故C正确；
对D：当时，，
其中，，且，
当时，，
由正弦函数的图像得，在同一单调区间上时最大值与最小值的差才可能最大，
即求与的差的绝对值何时最大，
令
，
当即，时
，.故D正确.
11. 正方形的边长为2，在上，且，如图，点是以为直径的半圆上任意一点，，则（ ）
A. 最大值为
B. 最大值为1
C. 的最大值为
D. 最大值是
答案：ABD
解析：
思路：建立平面直角坐标系，把数量积问题转化为坐标运算来解决，结合三角函数的性质逐项判断即可.
解答过程：以线段所在直线为轴，线段的中垂线为轴，建立平面直角坐标系，如图，
则，，，，.
设，，则，，，
由，得，
则，解得.
对于A，，其中锐角由确定，
，则当时，，A正确；
对于B，，，即，当且仅当时取等号，B正确；
对于C，，
则，
而，当时，取得最大值为，C错误.
对于D，，其中锐角由确定，
，则当时，取得最大值，D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在平面直角坐标系中，角的顶点为原点，始边为轴的非负半轴，终边过点，则___________．
答案：
解析：
解答过程：角的终边过点，则该点到原点的距离：r=−22+232=4 ，
由三角函数的定义：sinα=yr=234=32，csα=xr=−24=−12，
tanα=yx=23−2=−3，
所以sinα−csα+tanα=32−−12+−3=32+12−3=1−32.
13. 被誉为“中国现代数学之父”的著名数学家华罗庚先生为我国数学的发展做出了巨大贡献，他所倡导的“优选法”在生产和科研实践中得到了广泛的应用.就是黄金分割比的近似值，黄金分割比还可以表示成，则__________．
答案：
解析：
思路：
把代入，然后结合同角三角函数基本关系式与倍角公式化简求值．
解答过程：解：把代入
故
14. 已知中，点，分别是知的重心和外心，且，，则边的长为_____.
答案：
解析：
思路：延长交于点，过点作于点，作于点.将用表示，根据向量数量积的几何意义化简已知式，推得，再由利用向量数量积的运算律求得，最后利用和已得结论求即可.
解答过程：
如图，延长交于点，过点作于点，作于点.
因点，分别是知的重心和外心，则，,
则，则

，
即得，
又由和，可得，
整理得，解得，
因，
则，
即边的长为.
故答案为.
四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答题应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知．
（1）若，求的坐标；
（2）若，求与的夹角．
答案：（1）或
（2）解析：
思路：（1）设，结合向量的模长公式求解即可；
（2）根据垂直向量数量积为0，结合向量的夹角公式求解即可.
（1）因为，设，则，解得．
因此或．
（2）由已知可得，因为，
则，可得，
．
16. 已知函数的部分图象如图所示．
（1）求函数的解析式，并求出该函数的单调递增区间；
（2）若，且，求的值．
答案：（1），单调增区间为
（2）解析：
思路：（1）根据函数图象可得A，周期T，即可求出，再由图象过点即可求出，得到函数解析式，求出单调区间；
（2）由求出，再由两角差的正弦公式直接计算即可.
（1）由图象可知，，且，解得，
所以，因为，
所以，
则，则仅当时，符合题意，
所以，令，
解得 ，
综上，的解析式为，
单调增区间为.
（2）由（1）得，
所以，
则，因为，
则，所以，
则
.
17. 已知，且.
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）若，，求的值.
答案：（1）；
（2）；
（3）.
解析：
思路：（1）根据给定条件，利用平方关系求出即可得解.
（2）由（1）的结论，结合二倍角的余弦函数化简求得.
（3）利用和角的正切公式，结合角的范围求得角的大小.
（1）由，得，解得，
而，则，，
因此，所以.
（2）由（1）得.
（3）由（1）知，，则，
，，则，所以.
18. 如图，已知矩形中，，分别是边上的一动点（不含端点），为边的中点，且，设.

（1）求的值；
（2）求面积的取值范围（提示：）；
（3）求的最大值．
答案：（1）；
（2）；
（3）.
解析：
思路：（1）根据平面向量线性运算，可得，再结合数量积的运算，即可求解；
（2）根据题意，可得，，所以，结合三角函数的运算，即可求解；
（3）由题意，可得，，再结合向量数量积的运算和三角函数的计算，应用换元法即可求解.
（1）根据题意，可得，，，
所以；
（2）因为，为边的中点，且，，
所以，，
所以在直角中，，
同理，在直角中，，
所以，
因为，所以，
所以，即；
（3）在直角中，，
同理，在直角中，，
所以，，
令，则，
令，则
所以，
所以当且仅当，即时取到.
19. 定义：若非零向量，函数f（x）的解析式满足，则称的“积向量”为，向量的“积函数”为．
（1）若向量为函数的积向量，求；
（2）若函数为向量的积函数，在中，，且，求证：；
（3）当向量时，积函数为，函数，求在区间上最大值与最小值之差的取值范围．
答案：（1）
（2）证明见解析 （3）
解析：
思路：（1）化简函数，根据“积函数”的定义，得到，结合向量的模的计算公式，即可求解；
（2）根据题意，由，求得，再由两角和与差的正弦公式，联立方程组，求得和，两式相除，即可得证；
（3）根据题意，得到，得到，根据正弦函型函数的图象与性质，分类讨论，分别求得的表达式，进而求得其范围.
（1）由函数，
根据“积函数”的定义，可得，
所以.
（2）证明：由函数为向量的积函数，可得，
因为，可得，即，
又因为，所以，所以，解得，
因为，
又因为，所以，
两式相加，可得，两式相减可得，
所以，所以.
（3）由向量时，可得积函数为，
则，
设在区间上的最大值与最小值之差为，
因为，可得，
①当，时，
即时，可得，
，
所以，
因为，所以，
所以，所以；
②当，时，
即时，可得，
，
所以，
因为，所以，
所以，所以；
③当，且时，即时，
可得，，所以，
因为，所以，
所以，所以；
④当，且时，即时，
可得，，所以，
因为，所以，
所以，所以；
⑤当，且时，即时，
可得，，
所以，
因为，所以，
所以，所以；
⑥当，且时，即时，
可得，，
所以，
因为，所以，
所以，所以，
综上可得：，
所以在区间上的最大值与最小值之差的取值范围为.