精品解析：湖北省沙市中学2025-2026学年高一下学期3月阶段检测数学试题

2025—2026学年度下学期2025级 3月月考数学试卷 命题人：郭松 审题人：冷劲松 考试时间：2026年3月19日 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，只有一项是符合要求的. 1 （ ） A. B. 0 C. D. 2. 若，，则的坐标为（    ）. A. B. C. D. 3. 设，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 已知平面向量满足，，且，则（ ） A. B. C. 2 D. 1 6. 在平行四边形中，为的中点，为的中点，若，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知 ，则 （ ） A. B. C. D. 8. 已知是定义在R上的奇函数，且，若对任意的，且，均有成立，则不等式的解集为（ ） A. B. C. 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，有多项符合题目的要求，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. 已知，，且，则（ ） A. 的最大值为4 B. 的最小值为2 C. 的最小值为 D. 的最小值为 10. 已知，且，若，，则（ ） A B. C. D. 11. 如图，在中，BD与EC交于点G，E是AB的靠近B的三等分点，D是AC的中点，且有，，，过G作直线MN分别交线段AB，AC于点M，N，设，（，），则（ ） A. B. C. D. 的最小值为2. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如果向量满足，则与的夹角是__________． 13. 已知函数，若在区间上的值域为，则实数的取值范围是__________. 14. 已知平面向量，，满足：，，，则___________，且取值范围为___________. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤. 15. 如图，在平行四边形中，. （1）用向量，表示，； （2）若，证明：，，三点共线 16. 已知函数，记不等式的解集为. （1）求（用区间的形式表示）； （2）若对任意的，有，求的最大值. 17. 如图，的内角的对边分别为是边的中点，点在边上，且满足与交于点． （1）试用，表示和； （2）若，求． 18. 如图，是函数（，，）图象的一部分 （1）求函数的解析式； （2）函数在区间上有且仅有两个零点，求实数的取值范围； （3）若关于x的方程在上有解，求实数a的取值范围. 19. 设定义域为，如果，使得，都有，，那么称为上的“函数”． （1）判断和是否是“—函数”，并说明理由； （2）已知“—函数”，其中． ①当时，求； ②当时，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度下学期2025级 3月月考数学试卷 命题人：郭松 审题人：冷劲松 考试时间：2026年3月19日 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，只有一项是符合要求的. 1. （ ） A. B. 0 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量加减法法则求解即得. 【详解】. 故选：D 2. 若，，则的坐标为（    ）. A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由向量减法坐标运算即可得解. 【详解】因为，， 所以. 故选：C. 3. 设，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用指数函数和对数函数的单调性分析判断即可. 【详解】因为在上递增，且， 所以， 所以，即， 因为在上递增，且， 所以，即， 所以， 故选：D 4. 已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可. 【详解】因为在上单调递增，且时，单调递增， 则需满足，解得， 即a的范围是. 故选：B. 5 已知平面向量满足，，且，则（ ） A. B. C. 2 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量垂直得到向量的数量积，再将模长转化为数量积即可求得结果. 【详解】因为，所以，即， 因为，所以， ，又， 所以. 故选：C. 6. 在平行四边形中，为的中点，为的中点，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量的线性运算结合已知条件把用表示，再由平面向量基本定理可求得的值，从而可求得答案. 【详解】如图，由题，， ， 所以. 故选：A. 7. 已知 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】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. 【详解】依题意，，即，则， 所以. 故选：A 8. 已知是定义在R上的奇函数，且，若对任意的，且，均有成立，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数，根据题意分析的奇偶性和单调性，不等式即，结合函数性质解不等式即可. 【详解】令， 因为是定义在R上的奇函数， 则， 所以是定义在R上的奇函数， 又因为对任意的，，均有成立， 不妨设，则， 可得，即， 可知在上单调递增，则在上单调递增， 且，则，可得， 不等式化为，即， 可得或，解得或， 所以不等式的解集为. 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，有多项符合题目的要求，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 已知，，且，则（ ） A. 的最大值为4 B. 的最小值为2 C. 的最小值为 D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据基本不等式判断A；利用基本不等式求解最值判断B；利用“1”的变换，结合基本不等式判断CD. 【详解】对于A，，，，当时等号成立， 所以的最大值为4，故A正确； 对于B，，，，当即时等号成立， 所以最小值为2，故B正确； 对于C，， 当即时等号成立，的最小值为1，故C错误； 对于D，， 当即时等号成立， 所以的最小值为，故D正确. 故选：ABD 10. 已知，且，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由已知条件，商数关系及和角正弦公式整理求值判断A；由A及平方关系得，再应用和角余弦公式及已知求值判断B；根据A、B及差角余弦公式求函数值，进而得角的大小判断C；由C分析及差角正切公式求得，结合已知求函数值判断D. 【详解】由，得， 所以，则，所以，A正确； 由，得，则，解得，B正确； 又，又，所以，C错误； 由，得， 所以，与联立，得，D正确. 故选：ABD 11. 如图，在中，BD与EC交于点G，E是AB的靠近B的三等分点，D是AC的中点，且有，，，过G作直线MN分别交线段AB，AC于点M，N，设，（，），则（ ） A. B. C. D. 的最小值为2. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据向量的线性运算法则计算可判断A，B，C；利用共线定理的推论可得，然后妙用“1”可判断D. 【详解】对于A，B，C，因，依题意，代入， 得，因为三点共线，且三点共线， 所以，得，所以A对，B错； 由可得， 故， 故C正确； 对于D，，，， 则，因为M、G、N三点共线， 则，即， 由， 当且仅当，即时取得等号．所以D正确． 故选：ACD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如果向量满足，则与的夹角是__________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据向量数量积的定义及运算律求解即可. 【详解】因为，设与的夹角为， 则 ， 得，因为，所以， 即与的夹角是 故答案为：. 13. 已知函数，若在区间上的值域为，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用二倍角公式、辅助角公式化简函数，再借助正弦函数的图象与性质求解即得. 【详解】由题可得 ， 当时，，又，， 函数在上单调递增，在上单调递减，而的值域为， 所以，得， 所以实数的取值范围为. 故答案为：. 14. 已知平面向量，，满足：，，，则___________，且的取值范围为___________. 【答案】 ①. 5 ②. 【解析】 【分析】第一空：直接根据模的计算公式即可求解；第二空，由向量之间的“三角不等式”即可求解. 【详解】第一空：因为，，， 所以， ； 第二空：对于两个向量，有， 进一步有， 所以， 注意到，， 从而，等号成立当且仅当反向， ，等号成立当且仅当同向， 所以的取值范围为. 故答案为：5；. 【点睛】关键点点睛：第一空的关键是在于利用整体思想结合，得到，其中，，由此即可顺利得解. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤. 15. 如图，在平行四边形中，. （1）用向量，表示，； （2）若，证明：，，三点共线. 【答案】（1）， （2）证明见详解 【解析】 【分析】（1）根据向量的线性运算求解； （2）结合（1）得，从而，根据向量共线定理证明. 【小问1详解】 由平行四边形，可得; ，， ，即. 小问2详解】 由（1），又， 所以， 所以三点共线. 16. 已知函数，记不等式的解集为. （1）求（用区间的形式表示）； （2）若对任意的，有，求的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先解二次不等式可得，再根据对数函数单调性运算求解即可； （2）令，可得在上恒成立，利用基本不等式运算求解即可. 【小问1详解】 因为，可得，解得， 所以解集为. 【小问2详解】 因为，即， 令，则， 可得在上恒成立，只需， 因为，当且仅当时，等号成立， 可得，即， 所以故的最大值为. 17. 如图，的内角的对边分别为是边的中点，点在边上，且满足与交于点． （1）试用，表示和； （2）若，求． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据平面向量线性运算法则得到，设，根据平面向量共线定理的推论求出，即可求出； （2）首先用、表示出、，再根据数量积的运算律及定义计算可得. 【小问1详解】 因为，所以，即， 设，所以， 又、、三点共线，所以，解得，所以. 【小问2详解】 因为， 设， 又、、三点共线，所以，解得，所以， 所以， 又，即， 即，解得或（舍去）. 18. 如图，是函数（，，）图象的一部分 （1）求函数的解析式； （2）函数在区间上有且仅有两个零点，求实数的取值范围； （3）若关于x的方程在上有解，求实数a的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据图中的最值和周期求出和，再利用特殊点求得，即可得解； （2）令，则问题可以转换为在有且仅有两个实根求解即可； （3）由题意，令，则问题转化为方程在上有解，分离参数，构造函数，利用单调性求值域即可求解. 【小问1详解】 由图可得， 函数的最小正周期为，则， 所以，因为， 则，因为，所以，解得， 所以. 【小问2详解】 令，则 因为函数在区间上有且仅有两个零点 所以方程在有且仅有两个实根. 令，得或 所以方程的正根从小到大排列分别是 所以，解得 【小问3详解】 由， 可得， 即， 即， 即，其中， 因为，则，令， 则有，则关于t的方程在上有解， 由可得， 令，则， 因为，在上均为减函数， 所以函数在上为减函数，且当趋向于时，趋向于正无穷大， 则，所以，解得， 故实数a的取值范围是. 19. 设的定义域为，如果，使得，都有，，那么称为上的“函数”． （1）判断和是否是“—函数”，并说明理由； （2）已知“—函数”，其中． ①当时，求； ②当时，求的值． 【答案】（1）是“函数”，不是“函数”，理由见解析 （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据新定义分别判断是否为“—函数”即可； （2）①当时，利用二次函数的单调性求出函数在定义域上的最大最小值即可求解； ②根据二次函数对称轴分类讨论，求出函数最大最小值，利用最大值与最小值之差为4求解. 【小问1详解】 是“函数”,理由如下： 因为， 即，使得恒成立， 所以，即是“函数”； 不是“函数”，理由如下： 假设是“函数”，而，则存在正数，使得， 取，则，矛盾， 所以不是“函数”. 【小问2详解】 ①当时，在上单调递增， 所以， 所以. ②若，则在上单调递增， 所以，解得； 若，则在上单调递增， 在上单调递减，在上单调递增，， ，因此，解得； 若，则在上单调递增， ，而，， 所以，解得. 综上，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $