湖南省长市雅礼中学2025-2026学年下学期第一次质量检测试卷高一数学

雅礼中学2026年上学期第一次质量检测试卷高一数学时间：120分钟分值：150分命题人：李嵩、陈俣潇审题人：李云皇、汤芳一、单项选择题（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】C【解析】【分析】先解一元二次不等式化简集合A，然后利用集合的交集运算求解即可.【详解】将移项得，即，解得，所以，而为正整数集.因此.2.若函数是偶函数，则实数（）A. B. C.1 D.2【答案】D【解析】【分析】根据偶函数的定义可得，或根据偶函数图象的对称性可得.【详解】函数的定义域为.由偶函数定义知恒成立，即，即对任意实数x成立，因此，即．方法二：函数的对称轴为.因为偶函数图象关于轴对称，所以，所以.当时，，定义域为R，且满足，偶函数.因此，.3.已知菱形的边长为1，且．则＝（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】取为基底，表示出，根据数量积的运算律及定义求解即可.【详解】取为基底，则．所以．4.已知平面向量，．设，则与的夹角为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用数量积求夹角即可.【详解】，所以．而，所以，因此夹角．5.设且，函数f（x）＝的定义域为R．若的值域为，则a的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据函数值域结合分段函数特征及对数函数单调性列式计算求解参数.【详解】若，则的取值范围是．当时，，分两种情形讨论：若，则在单调递增，相应的取值范围是，因此要使的值域是，应当有，两端都取a为底可得，解得．当，则在单调递减，相应的取值范围是，此时无法满足的值域是，故舍去．综上可得．6.将函数的图象向右平移（）个单位长度后得到新的图象．已知这个新的图象关于原点中心对称，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用辅助角公式，将变形为的形式，根据平移变换的规则及正弦函数的对称特点，求得的取值，即可得其最小值.【详解】．设图象向右平移（）个单位长度后得到函数的图象，则．因为函数的图象关于原点中心对称，所以，即，即.所以，即．当时，有；因此时，取得最小值．7.给出平面向量正交基底的概念：若平面向量的基底满足，则称为平面向量的正交基底．现在任取平面向量的一组基底，则下列选项中，一定能构成平面向量正交基底的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】结合数量积的运算律，利用向量垂直条件逐项判断即可.【详解】A选项，可考虑反例，此时该式＝，错误；B选项，当不与垂直时，该结果就不等于0，错误；C选项，可考虑反例，此时该式＝，错误；D选项，因此这两个向量垂直，正确．8.在中，角的对边分别为，，，则的内切圆的半径为（）A. B.1 C.2 D.【答案】D【解析】【分析】结合正弦定理、余弦定理，由三角形的面积公式列方程，化简求得的值.【详解】依题意，由正弦定理得，，,，由于，所以，所以，由于，所以.，由余弦定理得，，则，，其中是三角形内切圆半径，即，解得.故选：D二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分．）9.现给出下列四个函数，其中在区间上单调递增的是（）A. B. C. D.【答案】BCD【解析】【详解】因为在区间上单调递减，所以A错误；因为在R上单调递增，所以B正确；因为在上单调递增，所以C正确；因为在R上单调递增，所以D正确．10.平面内有四边形，边平行于，对角线与交于点．若，，且的面积为3，则（）A. B.的面积为6C. D.【答案】AD【解析】【详解】如图：A选项：，则，故A正确．B选项：的面积为，故B错误．C选项：注意到与具有共线的底边，，且这两个底边对应的高相等，因此，因此，所以，故C错误．D选项：因为与相似，所以，因此，所以，所以，故D正确．11.已知定义在上的函数（其中）在区间上有且仅有3个零点，且该函数的图象关于点中心对称，也关于直线轴对称．现考虑函数，则函数的零点可以是（）A. B. C. D.【答案】BD【解析】【详解】由图象中心对称性可知，因此，；由图象轴对称性可知，因此，；联立以上两式可得．设函数的最小正周期为T．由于在区间上有且仅有3个零点，所以且，因此，结合前面的可能取值，可知．由可知，但考虑到“”，所以．综上可知．经检验，其在区间上的所有零点为，符合题意．所以．由于等价于，，即，所以的零点为…，，…．因此BD正确．三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.记△ABC的内角A，B，C所对的边的长度分别为a，b，c．已知且，则______．【答案】【解析】【分析】根据正弦定理进行边角互化，求得，再根据余弦定理的推论计算可得.【详解】由正弦定理得，所以．由余弦定理推论可得．13.已知平面向量，，，其中．则的充要条件为______．【答案】2【解析】【分析】根据向量垂直的充要条件及向量运算的坐标表示，结合两角和的正、余弦公式及同角三角函数关系式可得.【详解】由题可知，，，显然，不能同时为0，不能同时为0，所以.由，可得；由，可得，即得．故的充要条件为.14.已知平面向量满足，则的取值范围为______．【答案】【解析】【分析】解法一：根据向量模公式得，再结合，解对应不等式即可得答案；解法二：作，，，进而得在以点为圆心，5为半径的圆上，再结合矩形的性质得点D在以点C为圆心，7为半径的圆上，最后根据即可得答案.【详解】解法一：，其中为与的夹角．因为,所以，所以．又因为，所以，解得．所以的取值范围为解法二：如图，作，，，因为，所以在以点为圆心，5为半径的圆上，以为邻边作矩形．由矩形的性质可知，，又，所以，即点D在以点C为圆心，7为半径的圆上，因此，所以的取值范围为.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.已知集合，集合．（1）若，求；（2）若，求实数的取值范围．【答案】（1）或；（2）.【解析】【分析】（1）把代入，利用并集、补集的定义求解.（2）由给定交集的结果，结合集合的包含关系列式求解.【小问1详解】当时，，而，则，所以或【小问2详解】由，得，当，即时，，满足，则；当时，由，得，解得，所以实数的取值范围是.16.已知函数的部分图像如图所示．图中最高点坐标为，与最高点相邻的一个零点坐标为．（1）求函数的解析式；（2）将函数的图象向左平移个单位，再将得到的图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象．求函数在区间上的最大值和最小值．【答案】（1）；（2）最大值为，最小值为.【解析】【分析】（1）根据函数的图象，结合正弦函数的图象性质，即可求解；（2）由解析式，结合函数平移伸缩的变换规律，可得，再结合余弦函数的图象性质，即可求解.【小问1详解】由题意，函数最高点坐标为，与最高点相邻的一个零点坐标为，所以可得，解得，，，，所以函数的解析式为；【小问2详解】由（1）得，将函数的图象向左平移个单位，再将得到的图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），可得，当时，，所以，即，所以函数在区间上的最大值为，最小值为.17.在中，角的对边分别是，且．（1）求角；（2）若的中线，求面积的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合和差公式即可求解；（2）将两边平方，结合基本不等式和面积公式可解.小问1详解】因为，由正弦定理可得，在中，所以，整理得，所以，因为，,所以，．【小问2详解】因为的中线，，因为，所以，即，可得，当且仅当时取等号，所以的面积，所以面积的最大值为．18.如图，A，B是单位圆上的相异两定点（为圆心），（），点C为单位圆上的动点，线段AC交线段于点M（点M异于点、B），记的面积为．（1）记，求的表达式；（2）若①求的取值范围；②设，记，求的最小值．【答案】（1）（）（2）①；②【解析】【分析】（1）利用三角形面积公式和数量积的定义，写出的表达式；（2）由，将数量积转化为三角函数，求函数值域即可；利用向量共线将用t表示，求函数的最值.【小问1详解】因为，，所以（）．【小问2详解】①设，，则，，所以，，又，所以，则．②设，则，因为，所以，所以，因为，所以，即，化简得，，，所以，当且仅当，即时，等号成立，故的最小值为．【点睛】因为，M，C三点共线，所以表示向量和的数乘关系，设，借助，可得.19.已知函数，.（1）若，求实数的值；（2）在（1）问的条件下，解关于的不等式；（3）若，对任意的，函数在区间内总存在使得成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）由计算，利用对数公式计算得解.（2）解不等式，则此不等式转化为，代入的表达式，解对数不等式得解（3）由得到