2025-2026学年江西省南昌市第一中学高一下册期中考试数学试题 含解析

/数学一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．1.下列各角中与终边相同的角为（）A. B. C. D.2.化简：（）．A. B. C. D.3.设在中,角所对的边分别为,若,则的形状为（）A.锐角三角形 B.直角三角形 C.钝角三角形 D.不确定4.如图，已知，则（）A. B.C. D.5.已知函数的部分图象如图所示，则下列说法错误的是（）A.B.C.的图象关于直线对称D.的图象向右平移个单位长度后的图象关于原点对称6.已知，则（）A. B. C. D.7.函数的最小正周期是（）A. B. C. D.8.如图，扇形的半径为1，圆心角，点在弧上运动，，则的最小值是（）A.0 B. C.2 D.二、多选题：本题共3小题，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.下列式子化简正确的是（）A. B.C. D.10.已知，下列说法正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则11.如图，B是的中点，，P是平行四边形内（含边界）的一点，且，则下列结论正确的为（）A.当时，B.当P是线段的中点时，，C.若为定值1，则在平面直角坐标系中，点P的轨迹是一条线段D.的最大值为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.方程在区间上的解为___________．13.在中，内角，，所对的边分别是，，，若，则的大小为______.14.函数，若方程恰有三个不同的解，记为，，，则的取值范围是________．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，.（1）求的值；（2）求的值.16.已知平面向量，其中是夹角为的单位向量．（1）当，求与夹角的余弦值；（2）若与夹角为钝角，求的取值范围．17.已知向量，函数.（1）若且，求的值；（2）求的最小正周期；（3）若，，求的值.18.已知函数在区间上的最大值为3.（1）求；（2）求在区间上的单调递增区间；（3）将的图象上所有的点向下平移1个单位长度，再向右平移2个单位长度，得到的图象，若且，求的值.19.对于函数，称向量为函数的相伴特征向量，同时称函数为向量的相伴函数.（1）设函数，试求函数的相伴特征向量的坐标；（2）记向量的相伴函数为.（I）当且时，求的值；（II）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.

数学一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．1.下列各角中与终边相同的角为（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：运用终点相同的角的概念可解.解答过程：运用终点相同的角概念知道，与终边相同的角为则当，.故选：B.2.化简：（）．A. B. C. D.答案：C解析：思路：应用向量加减法则化简即可得答案.解答过程：因为.故选：C3.设在中,角所对的边分别为,若,则的形状为（）A.锐角三角形 B.直角三角形 C.钝角三角形 D.不确定答案：B解析：思路：利用正弦定理可得，结合三角形内角和定理与诱导公式可得，从而可得结果.解答过程：因为，所以由正弦定理可得，，所以，所以是直角三角形.方法提示：本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题.弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下几种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.4.如图，已知，则（）A. B.C. D.答案：C解析：思路：利用基底表示即可求出.解答过程：因为，所以，则，因为，所以，即，则.故选：C5.已知函数的部分图象如图所示，则下列说法错误的是（）A.B.C.的图象关于直线对称D.的图象向右平移个单位长度后的图象关于原点对称答案：D解析：思路：对于A、B：根据图像可得，，结合周期得，代入点，分析可得；对于C：结合三角函数图象性质：在最值处取到对称轴，代入检验即可；对于D：通过平移可得，结合奇偶性分析判断．解答过程：根据图象可得：，则，即，A正确；∵的图象过点，则又∵，则∴，即，B正确；∴，则为最大值∴的图象关于直线对称，C正确；的图象向右平移个单位长度得到不是奇函数，不关于原点对称，D错误；故选：D．6.已知，则（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：利用和差的余弦公式求得，再利用诱导公式及二倍角公式可求解.解答过程：依题意，，即，则，所以.故选：A7.函数的最小正周期是（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：利用二倍角公式和辅助角公式将化简为的形式，再利用周期函数求出其最小正周期，可得答案.解答过程：解：，可得其最小正周期为，故选B.方法提示：本题主要考查三角函数的恒等变换:二倍角公式和辅助角公式等，及三角函数的周期性的，属于中档题型8.如图，扇形的半径为1，圆心角，点在弧上运动，，则的最小值是（）A.0 B. C.2 D.答案：D解析：思路：以为轴，以为原点，建立坐标系，设，，根据平面向量基本定理的坐标运算可得：，再利用三角函数的有界性，即可得到答案；解答过程：解：以为轴，以为原点，建立坐标系，如图，设，，则，，，∵，∴，∴，∴，，∴，∵，∴，∴当时，，即的最小值为．故选：D．二、多选题：本题共3小题，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.下列式子化简正确的是（）A. B.C. D.答案：BCD解析：思路：对于A，由诱导公式和逆用两角和的余弦公式可得结果；对于B，由诱导公式和逆用二倍角的正弦公式可得结果；对于C，由辅助角公式可得结果；对于D，逆用两角和的正切公式可得结果.解答过程：对于A，由诱导公式可知，逆用两角和的余弦公式可得，故A错误；对于B，由诱导公式可知，逆用二倍角的正弦公式可得，故B正确；对于C，由辅助角公式可知，故C正确；对于D，逆用两角和的正切公式可得，故D正确.故选：BCD.10.已知，下列说法正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则答案：BC解析：思路：根据正弦函数单调性判断A，根据余弦函数单调性判断B，根据诱导公式及同角三角函数关系判断C，根据诱导公式判断D.解答过程：因为在上不单调，所以，则不成立，故A错误；因为在上单调递减，所以，则成立，故B正确；因为，所以，故C正确；因为，，所以或，即或，故D错误.故选：BC11.如图，B是的中点，，P是平行四边形内（含边界）的一点，且，则下列结论正确的为（）A.当时，B.当P是线段的中点时，，C.若为定值1，则在平面直角坐标系中，点P的轨迹是一条线段D.的最大值为答案：BCD解析：思路：利用向量共线的充要条件判断出A错，C对；利用向量的运算法则求出，求出，判断出B对，过作，交于，作，交的延长线于，则，然后可判断出D正确.解答过程：当时，，则在线段上，故，故A错当是线段的中点时，，故B对为定值1时，，，三点共线，又是平行四边形内（含边界）的一点，故的轨迹是线段，故C对如图，过作，交于，作，交的延长线于，则：；又；，；由图形看出，当与重合时：；此时取最大值0，取最小值1；所以取最大值，故D正确故选：BCD方法提示：结论点睛：若，则三点共线.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.方程在区间上的解为___________．答案：解析：解答过程：试题分析：化简得：，所以，解得或（舍去），又，所以.【考点】二倍角公式及三角函数求值【名师方法提示：已知三角函数值求角，基本思路是通过化简，得到角的某种三角函数值，结合角的范围求解.本题难度不大，能较好地考查考生的逻辑推理能力、基本计算能力等.13.在中，内角，，所对的边分别是，，，若，则的大小为______.答案.解析：思路：根据正弦定理边角互化，得到，再根据余弦定理，计算求得角的大小.解答过程：由及正弦定理得，所以，即，因为，所以.故方法提示：本题考查正余弦定理解三角形，重点考查转化思想，计算能力，属于基础题型.14.函数，若方程恰有三个不同的解，记为，，，则的取值范围是________．答案：解析：思路：作出函数的图像，由恰有三个不同的解，得的范围，得到的对称性，再判断的范围，利用数形结合求解.解答过程：作出函数的图像如图所示，根据图像可知恰有三个不同的解时，设，令，可得，根据对称性可知关于对称，所以，又因为，所以.故答案为.方法提示：关键点睛：本题利用数形结合的方法求解函数零点问题，解答本题的关键在于作出函数的图像，利用三角函数的对称性得到，再结合图像判断的范围.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，.（1）求的值；（2）求的值.答案：（1）；（2）.解析：思路：（1）由已知利用同角三角函数基本关系式可求，进而利用二倍角的正弦函数公式即可计算得解；（2）由（1）及两角和的余弦函数公式，诱导公式即可计算得解．（1）由题意，得：，∴.（2）∵，，∴.16.已知平面向量，其中是夹角为的单位向量．（1）当，求与夹角的余弦值；（2）若与夹角为钝角，求的取值范围．答案：（1）（2）且解析：思路：（1）根据向量夹角公式即可求得答案；（2）若与的夹角为钝角，则且不共线，即可解得的取值范围．（1）由已知，是夹角为的单位向量，所以，又，则，所以，又，所以．（2）若与的夹角为钝角，则且不共线，所以，且，所以，且，所以且．17.已知向量，函数.（1）若且，求的值；（2）求的最小正周期；（3）若，，求的值.答案：（1）；（2）；（3）.解析：思路：（1）由，求得，得到，即可求解；（2）由，结合周期的计算公式，即可求解；（3）由（2）和题设条件，求得，，利用基本关系式，求得的值，结合两角和的余弦公式，即可求解.解答过程：（1）由题意，向量，函数，因为，即，可得，所以，又因为，可得，所以.（2）由，所以函数最小正周期为.（3）由（2）知，因为，所以又因为，所以因为，可得，，所以.18.已知函数在区间上的最大值为3.（1）求；（2）求在区间上的单调递增区间；（3）将的图象上所有的点向下平移1个单位长度，再向右平移2个单位长度，得到的图象，若且，求的值.答案：（1）0（2）与.（3）2解析：思路：（1）由降幂公式结合辅助角公式对函数化简，再结合正弦函数的值域可得；（2）由正弦函数的单调性整体代入后，给赋值可得；（3）先由图象平移的性质得到，再由正弦函数的对称性可得.（1）.当时，，且当时，取得最大值，即解得.（2）由（1）知.令，得，当时，；当时，；当时，.又在区间上的单调递增区间为与.（3）将的图象上所有的点向下平移1个单位长度得到的图象，再向右平移2个单位长度得到的图象，即.令，得，的图象在内的对称轴为直线.因且则，.19.对于函数，称向量为函数的相伴特征向量，同时称函数为向量的相伴函数.（1）设函数，试求函数的相伴特征向量的坐标；（2）记向量的相伴函数为.（I）当且时，求的值；（II）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.答案：（1）（2）（I）（II）解析：思路：（1）利用两角差的正弦公式及两角和的余弦公式化简函数解析式，再结合函数的相伴特征向量的定义即可求解；（2）（I）根据题意先求得函数