湖北省蕲春县2025-2026学年高一数学下学期4月教学质量检测试题含解析

2025-2026学年高一下学期4月教学质量检测

数学试题

满分：150分，考试时间：120分钟命题学校：蕲春一中

★祝大家学习生活愉快★

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，

用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上

无效.

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求.

1.已知集合，，则（）

A.B.C.D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据并集的知识求得正确答案.

【详解】因为集合，，所以.

2.已知复数，其中为虚数单位，则（）

A.1B.C.D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据复数三角形式的乘法法则可得.

【详解】由题可知

.

故选：C.

3.已知为虚数单位，则（）

第1页/共19页

A.B.C.D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用复数的除法公式求解即可.

【详解】由，

故选：C.

4.若函数在上单调递增，则实数a的取值范围为（）

A.B.C.D.

【答案】B

【解析】

【分析】求导，根据，结合二次函数的性质求解.

【详解】由题意可得，

由于在上单调递增，故，

因此恒成立，故，

由于，故，

故选：B

5.若函数，且满足对任意的实数都有成立，

则实数的取值范围是（）

A.B.C.D.

【答案】D

【解析】

【分析】由题可得函数递增，递增，

，据此可得答案.

第2页/共19页

【详解】对任意的实数都有成立，则在R上递增.

则函数递增，递增，，即

.

故选：D

6.将函数的图像按以下顺序进行变换：①向左平移

个单位长度；②横坐标变为原来的，纵坐标不变；③向上平移1个单位长度；④纵坐标变为原来的3

倍.可得到的图像，则（）

A.B.

C.D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据三角函数的平移变换求解即可.

【详解】函数向左平移个单位长度，

得到，

横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到，

向上平移1个单位长度，得到，

纵坐标变为原来的3倍，得到，

第3页/共19页

则，又，

解得，

则.

故选：A.

7.在中，已知.若，则实数（）

A.不存在B.2C.3D.4

【答案】A

【解析】

【分析】由可得，进而得到，借助三角形内角和与两

角和的正切公式可得，设，有，可得该方程无解，故不存在这样

的.

【详解】由，即，则，

由，知，

则，则，

又，

故，设，则，

有，即，，

即该方程无解，故不存在这样三角形，即无解.

故选：A.

8.若函数定义域为，且为偶函数，关于点成中心对

称，则

第4页/共19页

的值是（）

A.B.C.D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据题设得到是周期为的周期函数且关于对称，利用周期性、

对称性求得，最后应用周期性求结果.

【详解】由偶函数，知的图象关于直线对称，

因图象关于点成中心对称，则①，且，

所以

，

所以是周期为的周期函数.

令代入①，可得，而，

所以，

综上，.

故选：C

二、多选题：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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.

9.下列关于平面向量的说法正确的是（）

A.已知点A，B，C是直线l上三个不同的点，O为直线l外一点，且，则

B.已知向量，且与的夹角为锐角，则λ的取值范围是

C.已知点G为三条边的中线的交点，则

D.已知，则在上的投影向量的坐标为

【答案】ACD

第5页/共19页

【解析】

【分析】根据平面向量共线的性质，结合平面向量夹角坐标公式、三角形重心的性质、投影向量的定义逐

一判断即可.

【详解】A：因为点是直线l上三个不同的点，O为直线l外一点，且，

所以有，A正确；

B：，当与共线且同向时，，

此时与的夹角为零，而，B不正确；

C：设边上的中线为，

于是，

因为点G为三条边的中线的交点，

所以点G是三角形的重心，因此有，

于是有，C正确；

D：因为，

所以在上的投影向量的坐标为：

，D正确，

故选：ACD.

10.在锐角中，角的对边分别为，记的面积为，若，则

以下说法正确的有（）

A.B.

C.D.

【答案】ABD

第6页/共19页

【解析】

【分析】利用面积公式和正余弦定理化简条件，得到角的关系，再结合锐角三角形定义确定的范

围，最后将转化为关于的函数求值域.

【详解】已知在锐角中，，其中面积，

，因为，所以，即，选项A

正确；

由余弦定理，，代入得：

，

由正弦定理，，，代入得：，

继续化简得

，

因为是锐角三角形，所以，，故，即，选项B

正确；

因为是锐角三角形，且，所以：，解得：，选项C错误；

，而，代入得：

，因为，所以

，

令，则，该函数是开口向上，对称轴为的二次函数，

因为区间在对称轴右侧，所以函数在该区间上单调递增，

而，，所以，选项D正确.

第7页/共19页

11.对于一个方格图，我们定义一种新的分割方式：“四方均衡剖分”，要求：①将方格图划分为4个互不

重叠的连通区域②每个区域的形状完全相同；③且每个相邻最小正方形有一条边重合；④每个区域里恰好

出现1个A，1个B．以下可以实现“四方均衡剖分”的是（）

A.B.

C.D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】列举出符合条件的“四方均衡剖分”图，结合“四方均衡剖分”的定义逐项判断即可

【详解】对于ACD项，可以实现“四方均衡剖分”如图：

对于B项，对于的方格，其可行的“四方均衡剖分”，仅有以下种情形或其旋转图形，

经验证，不满足每个区域里恰好出现1个A，1个B，故符合条件的分割方式不存在，故B错误.

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分

第8页/共19页

12.已知函数，则______.

【答案】

【解析】

【分析】利用对数的性质，结合范围，按照分段函数每段的对应关系来逐步化简计算.

【详解】由题意得，故.

故答案为：.

.

13.已知正实数满足，则______.

【答案】##

【解析】

【分析】对等式两边取对数后构造关于的方程，求出其解后可求的值.

【详解】因为，易知且，故，

故，即，

故，

故答案为：.

14.以间的整数为分子，以为分母组成分数集合，其所有元素和为；以

间的整数为分子，以为分母组成不属于集合的分数集合，其所有元素和为

，依次类推以间的整数为分子，以为分母组成不属于的

分数集合，其所有元素和为；则__________.

【答案】

【解析】

【分析】先得出的规律，再根据等差数列的和求解.

第9页/共19页

【详解】由题意

【点睛】方法点睛：非常见数列的求和的突破在于找到规律，由特殊到一般是找规律的常用方

法．

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.△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．

（1）求B；

（2）若，求b的取值范围．

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）由正弦定理及得，进而得到，即

可求出；

（2）由余弦定理结合基本不等式即可求出b的取值范围．

【小问1详解】

第10页/共19页

由正弦定理及可得，又，

则，即，

则，因为，所以，，因为，

所以．

【小问2详解】

由余弦定理得，因为，，所以，当且仅

当时取等号．

又因为，所以．综上所述，，b的取值范围是．

16.如图，为平面内两定点，点在线段上，点是以为圆心的单位圆上的动点，线段与

圆交于，．

（1）若，求；

（2）当面积最大时，求的长．

【答案】（1）0（2）

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理结合三角形的边角关系进行计算.

（2）先根据面积最大，确定的值，再根据余弦定理求的长.

【小问1详解】

当时，在中，，，，

由正弦定理：.

第11页/共19页

又为三角形内角，所以或（舍去，因为）.

所以，所以.

【小问2详解】

因为，，

所以.

所以当时，取得最大值.

此时.

在中，，，，

由余弦定理，，

所以.

17.在中，分别为角的对边，向量，，且

.

（1）求角；

（2）若角的平分线交于点，，，求的周长．

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）根据向量数量积的坐标表示，结合两角和差的正弦公式化简可得出.结合角的范围，

即可得出答案；

（2）根据已知可设，则.根据余弦定理化简即可得出.然后根据等面积

，代入化简求解得出的值，即可得出各边长，求出周长.

【小问1详解】

第12页/共19页

因为，

所以．

因为，

所以，

整理可得．

因为，

所以，

从而，即有.

又，所以.

【小问2详解】

在，角A的平分线交于点，，

由三角形内角平分线定理可知：.

设，则.

由（1）知，，

由余弦定理可得：，

整理可得.

又，，，

即，

解得，

所以周长为.

第13页/共19页

18.如图，已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积记为S，且，

D是的中点，点E在线段上且，线段与线段交于点M.

（1）求角A的大小；

（2）若，求的值；

（3）若，且点G是的重心，求线段的最小值.

【答案】（1）

（2）

（3）

【解析】

【分析】（1）根据题意利用面积公式和余弦定理化简得到，求出，可得

；

（2）由三点共线得到，，从而得到方程组，求出

，得到答案；

第14页/共19页

（3）由重心定义得到，进而求出，根据三角形面积公式得到

，两边平方，结合基本不等式运算求解.

【小问1详解】

因为，则，

可得，

则，可得，

又因为，则，

则，所以；

【小问2详解】

由题意可得：，，

由D、M、C三点共线得，

由B、M、E三点共线可得，

则，解得，

可得，可得，

所以；

【小问3详解】

由重心定义得，则，

又因为，可得，

第15页/共19页

可得

，

当且仅当时，等号成立，

即，所以线段GM的最小值为.

19.如图，设、是平面内相交成的两条射线，、分别为、同向的单位向

量，定义平面坐标系为仿射坐标系，在仿射坐标系中，若，则记

．

（1）在仿射坐标系中，若，求；

（2）在仿射坐标系中，若，，且与的夹角为，求；

（3）如图所示，在仿射坐标系中，、分别在轴、轴正半轴上，，，

、分别为、中点，求的最大值．

【答案】（1）1（2）

（3）

【解析】

【分析】（1）由题设且、的夹角为，应用向量数量积的定义和运算律求向量模长；

（2）由题设，，且，应用向量数量积的运算律求的数量积和

模长，再由夹角公式求夹角余弦值，即可得；

第16页/共19页

（3）设、（，），且，，，进而有

、，可得，在中应用

正余弦定理及三角恒等变换化简并求出的最大值.

【小问1详解】

由题意可知，、的夹角为，

由平面向量数量积的定义可得，

因为，则