河南南阳市2025-2026学年高一下学期期中质量评估数学试题（含解析）

这是一份河南南阳市2025-2026学年高一下学期期中质量评估数学试题（含解析），共8页。试卷主要包含了保持卷面清洁，不折叠、不破损等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．考生做题时将答案答在答题卡的指定位置上，在本试卷上答题无效．
2．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
3．选择题答案使用2B铅笔填涂，非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚．
4．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效．
5．保持卷面清洁，不折叠、不破损．
一、选择题：本大题共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.
E.
【答案】C
【解析】
【详解】
．
2. 已知O是△ABC所在平面上的一点，若，则点O是△ABC的（ ）
A. 外心B. 内心C. 重心D. 垂心
【答案】C
【解析】
【分析】作BD∥OC，CD∥OB，连接OD，OD与BC相交于点G,可得，
又=-，则有=-，即AG是BC边上的中线，同理，BO，CO也在△ABC的中线上,即可得出结果.
【详解】作BD∥OC，CD∥OB，连接OD，OD与BC相交于点G，则BG=CG(平行四边形对角线互相平分)，
∴，
又，可得=-，∴=-，
∴A，O，G在一条直线上，可得AG是BC边上的中线，同理，BO，CO也在△ABC的中线上.∴点O为三角形ABC的重心.
故选：C.
3. 函数的图象的一个对称中心为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据正切函数的性质，的图象的对称中心的横坐标满足，，
解得，，
所以的图象的对称中心为，.
对照各选项，可知时，对称中心为.
4. 在边长为1的正方形中，P为BC的中点，则＝（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平面向量基本定理，选择正方形相邻的两边作为基底，将表示为的形式，利用数量积运算计算即可．
【详解】如图，作出符合题意的图形，
因为为边长为1的正方形，故，且；
故以为一组基底，因为P为BC的中点
故，
；
故．
5. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若a＝2，，满足条件的△ABC有两个，则b可能为（ ）
A. 2B. C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】已知边a与其对角A，求边b可利用正弦定理，建立边b与角B之间的关系，因为△ABC有两个，故角B有两个，根据正弦函数图象确定范围即可．
【详解】由正弦定理可得：，因为a＝2，，
故，故，
因为△ABC有两个，故存在两个不同的角B满足题意，
则（否则角B不满足有两个三角形的条件），（否则B只能有直角一个值），
故且，则，
故，解得．故只有B选项符合题意．
6. 若函数在上有最大值没有最小值，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用换元法，求出函数在上的两个端点，结合函数在上有最大值没有最小值构造不等式，解不等式求出的取值范围．
【详解】令，，，
当时，；当时，；
则，
函数的最大值在处取得；
最小值在处取得；
已知函数在上有最大值没有最小值，
区间必须包含第一个最大值点，且不能包含第一个最小值点，
，解得．
7. 筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中使用（图1），明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理（图2）．若一半径为2米的筒车水轮圆心O距离水面1米（图3），已知水轮按逆时针转动，每分钟转动4圈，当水轮上点P从水中浮现时（图3中点）开始计时，经过t秒后点P距离水面的高度为h米，且，下列结论不正确的是（ ）
A. B.
C. D. 当点P运动秒时，距水面的高度为米
【答案】D
【解析】
【详解】筒车半径为2米，故振幅为，圆心距水面1米，故平衡位置，故A正确；
已知每分钟转4圈，周期秒，角速度，故B正确；
时，点在水面，，代入公式，解得，
，且在第四象限，，故C正确；
秒时，，
米，故D错误．
8. 关于x的方程在区间有两解，则实数a的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】通过换元法，将方程转化为一元二次方程，讨论方程解的个数对应上的解的个数，从而确定a的取值范围．
【详解】因为，则；
令，则可整理为：；
故在区间有两解
等价于在上的解，对应有两个不同的解；
当或时，一个t对应上的一个解，
当且时，一个t对应上的两个解；
分离参数：，
令，对称轴为，；
与对称的点为；，，
当时，与有一个交点，
此时，一个t对应上的两个解；
当时，，一个t对应上的一个解，不合题意；
当时，或，对应或两个解，符合题意；
当时，与有两个交点，即t有两个值，
此时，一个t对应上的两个解，
则在区间上，x有4个解，不合题意，舍去；
当时，，此时对应上的两个解，符合题意；
综上，实数a的取值范围为．
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，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 下列说法中正确的有（ ）
A. 单位向量都相等
B. 物理学中的作用力与反作用力是一对共线向量
C. 两个非零向量，，若，则与共线且反向
D. 若，则在上的投影向量为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据向量的定义，既有大小又有方向的量叫做向量，可判断A选项，方向相同或相反为共线向量，可判断BC，根据投影向量公式在上的投影向量为计算．
【详解】单位向量模长相等，方向不确定，故不是相等向量，A错误；
力既有大小又有方向是向量，作用力与反作用力方向相反，是共线向量，故B正确；
因为，则，
整理得：，故；
因为，故为，
因为，故，
则与共线且反向，C正确；
在上的投影向量为，
与共线，故D错误．
10. 在中，角，，所对的边分别为，，．已知，，，．则（ ）
A.
B. 若，则
C. 若为的平分线，则
D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，已知三边求角，由余弦定理计算即可；B选项，根据为的中点，利用向量的平行四边形法则计算长；C选项，利用等面积法，根据面积等于与的面积和，代入面积公式即可计算；D选项，根据面积公式等于面积，计算h．
【详解】A选项：由余弦定理：，因为，
则，故A正确；
B选项：当时，D为AC的中点，则，
因为，
故
，故B正确；
C选项，因为为的平分线，故，
则，
代入数据可得：，
解得：，故C不正确；
D选项，因为，故，因为在上,
故，，故D正确．
11. 如图，函数的图象交x轴于点B和点D，交y轴于点C，已知，点E的横坐标为，．则（ ）
A.
B. △BCE的面积为
C. 若在有n个解，则
D. 把函数的图象向右平移个单位，然后纵坐标不变，横坐标扩大为原来的两倍，再把纵坐标伸长为原来的两倍，横坐标不变，最后向上平移一个单位得到函数的图象．若对任意的，方程在区间上至多有一个解，则正数k的范围为．
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，根据图象，给出一个周期的图象，即求出D点坐标即可知道半个周期的长度，求出周期，根据计算，再带点求出的值；B选项，根据可知C与D点关于E点对称，故可以将△BCE拆分为与，根据点的坐标计算长度求面积；C选项，一种方法可以代入求出解的值代入计算，也可通过对称性进行计算；D选项，根据图象的变换写出的解析式，利用翻折，伸缩，平移变换可画出的图象，根据函数的图象性质写出k的范围．
【详解】因为，所以D为CE的中点，因此点D的坐标为，
所以，即，从而＝2；
因为，故，因为，解得，
所以；
又，所以，解得A＝1，
所以，故A正确；
显然，△BCE的面积为．故B错误．
对于C：（方法一），．
令，则在有4个根，
，
所以在有4个解，
且满足（i＝1，2，3，4），所以，
所以．
（方法二）作出的图象如图所示，
作出直线与相交，交点的横坐标依次即为，
由对称性可得：，所以，
故C正确；
对于D：由图象变换可得：，
所以，．
令，则，k＞0，作出的图象如图所示：
令，当时，解得：．
如图，要使在区间上至多有一个解，只需，
解得：．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，则的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【详解】，，
．
13. 已知，．当时，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据周期性，将转化成在内的值，代入解析式进行计算．
【详解】因为，用替换，可得：，故周期为6，
因为，
故，
因为当时，，故；
故．
14. 已知．对使得成立，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】将不等式化为余弦不等式，其解集为一系列间隔为的区间，给定区间长度为，欲使其与所有解集有交，进而得到不等式即可解答.
【详解】因为，
所以可化为．
由三角函数的定义（余弦线）解得：，
即：．
将其解集在数轴上表示如下：
对，使得成立，
只需的长度大于等于相邻解集之间的长度，所以
解得：．
又，所以y的最小值为．
四、解答题：本大题共5小题，共计77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. （1）一个扇形的周长的数值为4，面积的数值为1，求这个扇形圆心角的弧度数；
（2）已知角的顶点在坐标原点，始边在x轴非负半轴，终边过点，，求的值．
【答案】（1）弧度数为2；（2）.
【解析】
【分析】（1）由扇形周长和面积公式列方程组，解出半径和圆心角弧度数；
（2）利用诱导公式化简三角函数式得正切，再根据终边上点坐标求出正切值.
【详解】（1）设一个扇形的半径为r，圆心角的弧度数为，
由题意可得：，解得：，
所以这个扇形圆心角的弧度数为2．
（2）．
因为角的终边过点，
所以，所以．
16. 已知单位向量的夹角为，向量，向量．
（1）若，求的值；
（2）若，求的值；
（3）若，求的值．
【答案】（1）
（2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）根据向量共线定理可得；
（2）根据非零向量垂直的充要条件是数量积为零可得；
（3）由数量积的定义、运算律及向量模的求法列出方程，求解可得.
或根据题意，设的坐标，用坐标法求解.
【小问1详解】
∵单位向量的夹角为，∴与不共线.
∵向量，向量，
∴由平面向量共线定理可知，存在唯一实数，使得，
即，则λ=k−1=2k，解得；
方法二：∵单位向量的夹角为，∴不妨设，．
向量，向量．
∵，∴，解得：；
【小问2详解】
．
若，则，
即，解得．
方法二：若，则，解得：．
【小问3详解】
．
所以，
．
因为，所以，解得或．
方法二：，
因为所以，解得或．
17. 函数．
（1）请用五点作图法画出函数的图象（先填表，再画图）；
（2）若有2个根，求实数m的取值范围；
（3）若在上的值域为，求的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）或
（3）
【解析】
【分析】（1）依次令取，可得的值，描点并用光滑曲线连接即可；
（2）将有2个根，转化为的图象与直线有2个交点，由图象可得实数m的取值范围；
（3）令，得或；令，得或；结合图象及函数的单调性，可得的最小值及最大值，从而得到的取值范围.
【小问1详解】
函数．
按五个关键点列表：
描点并将它们用光滑的曲线连接起来如下图所示：
【小问2详解】
若有2个根，则的图象与直线有2个交点，
由图可知，或．
即实数m的取值范围或．
【小问3详解】
在，令，得或；
令，得，即，解得：或；
由图像可得：当时，函数单调递减；当时，函数单调递增.
若在上的值域为，
则（或）最小；
当时，最大．所以u的取值范围为．
18. 已知函数，，函数图象的两条相邻对称轴间的距离为．
（1）求函数的解析式；
（2）若函数在区间上单调递增，求实数m的最大值；
（3）若，求的取值范围．
【答案】（1）；
（2）；
（3）．
【解析】
【分析】(1)根据已知可求出的值，相邻两条对称轴之间的距离为，根据计算的值；
(2)利用整体代换的思想，将看作整体，通过，得到整体的范围，根据正弦函数单调区间计算m的最大值；
(3)通过x的取值范围计算的取值范围，利用换元法，根据二次函数图象性质求参数取值范围．
【小问1详解】
解：由，得，由，则，
因为函数图象的两条相邻对称轴间的距离为，
所以函数的最小正周期满足，可得,
因为，则＝2，所以．
【小问2详解】
令，因为，所以．
要使函数在区间上单调递增，只需，
解得：，所以实数m的最大值为．
【小问3详解】
∵，∴，∴，
令，则由题可知恒成立，
令，，对称轴为，开口向上，
所以，
解得：，综上可知，的取值范围是．
19. 在中，若点P满足，则点P称为的布洛卡点，角为的布洛卡角．已知角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点P是的布洛卡点．
（1）若△ABC为正三角形，求；
（2）已知
①求证：；
②若，，求面积的最大值．
【答案】（1）；
（2）①证明见解析；②.
【解析】
【分析】（1）在等边三角形中，利用正弦定理在两个小三角形中建立边与角的关系，由边相等推出角相等，解方程得到布洛卡角；
（2）①通过正弦定理分别表示出两段线段，利用已知比例关系，结合正弦定理和边长关系，推导出边长平方的等式；
②将已知比例代入，利用余弦定理将余弦值表示为两边乘积的函数，进而得到面积平方关于该乘积的二次函数，结合三角形存在条件确定取值范围，由二次函数最值得出面积最大值.
【小问1详解】
为等边三角形．
因为，所以，
所以，
在中，
由正弦定理得，，
在中，由正弦定理得，，
因为为等边三角形，，所以，
又，所以，故．
【小问2详解】
①证明：因为,所以，所以,
，即；
因为,所以，所以
在中，，即．
所以，由正弦定理得：．
因为，所以，即．
②由可得．在中，由余弦定理得，.
因为，所以，所以．
由三角形的面积公式可得：，
所以．
令，则，是关于x的方程的两个根，
所以且，解得．
因为且，所以，解得
又因为，所以．
，
对称轴，所以当时，，
所以．故最大值为.
x
0
2
1
0
－1
0
1
3
0
1
0
3