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2025-2026 学年下学期高一期中考试数学模拟试卷(一)
一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是
符合题目要求的.
1.下列有四个结论，其中说法正确的结论是( )
A．平行向量不一定是共线向量 B．模为 0 的向量与任意向量共线
C．若 ，则 D．任一向量与它的相反向量不相等
2．若关于 x 的方程 在 有两个不等实根，则实数 m 的
取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3.设 为 所在平面内一点，且 ，则 ( )
A． B．
C． D．
4．已知 ，则 的值为（ ）
A． B． C． 或 D． 或
5．已知向量 与 均为非零向量，则“ ”是“ ”的（ ）
A．充分且不必要条件 B．必要且不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
6．如图, 中,点 是线段 的中点, 是线段 的靠近 A 的三等分点，则 （ ）
A． B．
C． D．
7．已知 的内角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，则下列四个命题中错误的命题
是（ ）
A．在 中，若 ，则
B．若 ， ， ，则 有唯一解
C．若 ，则 是等腰三角形或直角三角形
D．若 ，则角
8．下列四个命题中，正确的是（ ）
①若 、 ，则 .
②若 ，则 .
③若 ， ，且 ，则 与 的夹角为
④已知向量 ， 不共线， ， ， ，则 三点共线
A． B． C． D．
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．下列说法正确的有（ ）
A．
B．
C．若 ， ，则
D．若 ， ，则
10．如图， 是边长为 2 的等边三角形，以 AC 的中点 O 为圆心，1 为半径作一个半圆，
点 P 为此半圆弧上的一个动点，则下列说法正确的是（ ）
A． B． C． 的最小值为 2
D．若 ，则当 B，O，P 三点共线时，
11．已知函数 ，若 有 个零点，
记为 ，且 ，则下列结论正确的有（ ）
A． B． 的取值范围
C． 的取值范围是 D．
三．填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12．已知一扇形的半径为 ，周长为 ，则该扇形的圆心角为______rad．
试卷第 1 页，共 3 页
13．设 的内角 所对的边分别为 .若 ，
则角 __________．
14．已知函数 ( ),若 在区间 上有且仅有 4 个零
点和 1 个最大值点,则 的取值范围是__________．
四．解答题：本题共 5 小题，15 题 13 分，16、17 题各 15 分，18、19 题各 17 分，共 77 分，
解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．已知函数 满足：① 相邻两条对称轴的距
离为 ；② 在 处取得最大值 2．(1)求 的解析式及其单调递增区间；(2)若
，求满足 的 的值．
16．设 ，已知 ， 是平面内两个不共线的向量， ， ，
，且 ， ， 三点共线.(1)求 的值；(2)若 ， ，①求向
量 与 的夹角的余弦值；②已知点 的坐标为 ，若四边形 为平行四边形，
求点 的坐标.
17．已知 ， ，函数 .
(1)求函数 的解析式及周期 ；(2)若 ，且 ，求 的值.
(3)角 、 、 分别为 、 、 三边所对的角，若 ， ，求 周长的最
大值.
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18．已知斜三角形 的内角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ；且
．
（1）求角 ；（2）若 的面积为 ，周长为 15，求 的值．
19．已知函数 ， 的定义域分别为 ， ，若对任意的 ，总存在 ，
使得 成立，则称 为 的“可归零函数”.已知函数
，
(1)若函数 ，判断 能否为 的“可归零函数”？并说明理由；
(2)若函数 ， ，且 是 的“可归零函数”，证明： ；
(3)当 时，若函数 ， ，且 是 的“可归
零函数”，求实数 的取值范围
试卷第 1 页，共 3 页
数学模拟试卷(一)答案与解析
一、单选题
1.B 对于 A，共线向量是两个方向相同或相反的非零向量，也叫平行向量，所以 A 错误；
对于 B，模为 0 的向量是零向量，而零向量和任意向量共线，所以 B 正确；对于 C，当
时，满足 ，但 与 不一定是平行向量,所以 C 错误；对于 D，零向量与它
的相反向量相等，所以 D 错误.综上，知选项 B 正确，故选 B．
2．C ，
方程 在 有两个不等实根，即 与
的图象有两个交点，因为 ，所以 ，所以
，要使方程
在 有两个不等实根，如下图，即则 .故选 C.
3.B 在 中，由 ，即 ，则
.故选 B．
4．B 由 ，得 ，而 ，因此 ，解
得 ，所以 .故选 B．
5．C 若 ,则存在非零实数 ,使得 ，此时：
，
因为 是非零向量，所以 与 是共线的，即： ，所以充分性
成立；若 ，当 时， ；当 时，存在实数 ，使
得： 整理得： ，若向量 与 均为非零向量，所以，若
，则 ，即 ；若 ，则 ，与 为非零向量矛盾，因此， 必
要性成立;综上“ ”是“ ”的充要条件.故选 C.
6．A 因为 为线段 的中点，
，
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因为点 是线段 上靠近 的三等分点，则 ，
因此， .故选 A．
7．D 对于选项 A，在 中，由正弦定理知 ，结合大边对大角可得
，故命题正确，知 A 不符合题意；对于选项 B，因为 ， ， ，由正弦
定理 ，得 ，由 知， 只有一解，
所以 有一个解，故命题正确，知 B 不符合题意；对于选项 C，因为 ，
由正弦定理得： ，则 ，因为 ，可知 或
，即 或 ，所以 是等腰三角形或直角三角形，故命题正确，
知 C 不符合题意；对于选项 D，因为 ，由余弦定理得：
，即 ，因为 ，所以 或 ，故命题错误，D
符合题意.故选 D.
8．A 对命题①:当 时，零向量与任意向量平行，此时 、 ，但 与 不一定平
行，知①错误；对命题②:对等式两边平方得 ，
，
若 ，则 ，因此 ，即 ，知②正确；对命题③:
两边同时平方得： ，代入 ， 得
，计算得 ,又 ，故 ，知③错
误；对命题④: ，即 ，
又二者有公共点 ，故 三点共线，知④正确.故选 A.
二、多选题
9．BCD 对于 A，
，
已知 ， ， ，代入可得：
答案第 1 页，共 2 页
，知 A 错误；对于 B，由于
，由辅助角公式可得 ，知 B 正确；对于 C，已知
，则 ，由于 ，根据同角三角函数基本公式
可得 ，又因为 ，根据两角和
的余弦公式，可得
，
知 C 正确；对于 D，已知 ，根据正切公式 ，可得
，又因为 ，
所以 ，根据两角和的正弦公式，可得：
，知 D 正确.综上,故选 BCD.
10．ACD 对于 A， ，知 A 正确；
对于 B，由 A 知， ，
，知 B 错误；
对于 C，以 为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，
则 , ,设
，
所以 ，当 时， 的最小值为 2，知 C 正确；
对于 D，当 三点共线时， , ，所以
，
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又因为 ，所以 ，所以 ，所
以 ，知 D 正确.综上,故选 ACD.
11．AC 将函数 的图象关于 轴对称，并将 轴下方部分
的图象翻折到 轴上方，即可得到 的图象，因 的
最小正周期 ，故在 上有 个周期长，设 ，解得
，故 的图象的对称轴方
程为 ，
由此作出函数 的图象，
如图：由图知， 的零点个数问题，可转化为 的图象与直线
的交点个数问题，对于选项 A，由 有 个零点，可知
函数 的图象与直线 有 个交点，即偶数个交点，由图象可知，当
时， 的图象与直线 有 个交点，不合题意；当 时， 的图象与
直线 有 个交点，不合题意；当 时， 的图象与直线 有 个
交点，不合题意；当 时， 的图象与直线 有 个交点，不合题意；当
时， 的图象与直线 有 个交点，符合题意；知 A 正确；对于选项 B，
由题意可知， ，则 ，即
，则 ， ，易
知函数 在 上单调递增，故 的取值范围为 ，知 B 错误；
对于选项 C，当 时， 或 ，
解得 或 ，从图中可知 ，由选项 A 中的分析可知 ，故
，从图可知 关于直线 对称，故 ，所以
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,则有 ,知 C 正确；对于选项 D,与 C 项同理
可得, , , , , , ,因 ,
则
，知 D 错误.故选 AC.
三、填空题
12．3 设扇形的弧长为 ，则扇形的周长为 ，所以 ，所以扇形的圆心角
.故填 3.
13. 由 ，得到 ，
即 ，由正弦定理化简得到 ，
由余弦定理 ，因 为 ，知.故填 .
14． 由 ,得 ；因为 ,再由 在区间
上有且仅有 个零点,得 ①,又 在区间 上有且仅
有 个 最 大 值 点 ,得 ② ； 依 题 意 需 同 时 满 足 ① ② 式 ,于 是 得
,即 ,解得 ；故填 .
四、解答题
15．(1) ，递增区间为 ；(2) .
解:（1）由题意知，最大值 ，周期 ，∴ ，∴ ．
将点 代入得： ，则 ，又
，故 ，故 ， 因为 ，所以
,所以 的单调递增区间为 .
（2）因为 ，所以 ，且 .
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则 ，所以 ，所以 .
16．(1) ；(2)① ；② .
解：（1）由已知得 ，又 ，因为 三点共线，所
以 ，即 .
（2）由已知得 ；
.
②由平行四边形得 ，又 ，所以 ，解得 ，即
17．(1) ， ；(2) ；(3) .
解：（1）化简 .
周期 .
（2）由 可知， ，化简得
，
， ， ，
故 .
（3）由 可得 ，即 ，又 ，则
，则 ，所以 .由余弦定理知：
， 当且仅当 时“ ”成立，
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此时 为等边三角形，又 ,所以 的周长的最大值为 .
18．（1） ；（2） 或 .
解：（1）∵ ，∴ ，
即 ，得 .∵ ，∴ ，∴
.又 ，∴ .
（2）由题可知 ,∴ .由余弦定理得 ，
由 ，可得 ，∴ ，解得 .
∴ ，结合 ，可解得 或 ，所以 或 .
由正弦定理可得 或 .
19．(1)不能；(2)证明见解析；(3) .
解:(1)不能，理由如下，因为 ，所以 ，当 时，
， ，故 ；因为 ，定义域
为 ，值域为 ，对于任意的 ， ，要使 ，
即 成立，则 ，这与已知 矛盾，所以不存在 ，
使得 成立，故 不能称为 的“可归零函数”.
(2)因 ，而二次项系数 ，则二次函数 图象开口
向上,对称轴为 ,所以 在 上单调递增, ,则 ；
因为 是 的“可归零函数”，所以对任意的 ，总存在 ，使得
，即 成立，所以 ，由 ，
解得 ，又因 ，所以 ；因为 ，所以 ，
要使 值域包含 ，则 ，解得 ；因为 ， ，所以
；因此 得证.
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(3)当 时, , ,则 , ，
所以 的值域为 ，则 的值域为 ，
，
因为 是 ， “可归零函数”，所以对任意
，都有 ，即 恒成立，
所以 在 上恒成立，即 在
上恒成立，当 时，显然不成立；当 时，令 ，则 ，此
时 恒成立，等价于 恒成立 ①，
且 恒成立 ②，由①得 ，解得 ，所以
，由②得 恒成立，因为 ，所以 恒成立，所以
；
综上，实数 的取值范围为 .

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