精品解析：江苏省扬州中学2025-2026学年高一下学期3月阶段检测数学试题

江苏省扬州中学2025-2026学年第二学期3月自主学习评估 高一数学 2026.03 试卷满分：150分，考试时间：120分钟 注意事项： 1．作答第1卷前，请考生务必将自己的姓名、考试证号等写在答题卡上并贴上条形码 2．将选择题答案填写在答题卡的指定位置上（使用机读卡的用2B铅笔在机读卡上填涂），非选择题一律在答题卡上作答，在试卷上答题无效. 3．考试结束后，请将机读卡和答题卡交监考人员. 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每题给出的四个选项中只有一项是最符合题意的.（请将所有选择题答案填到答题卡的指定位置中.） 1. （ ） A. B. C. D. 2. 已知，则值为（ ） A. B. C. D. 3. 若，则的值为（ ） A. B. C. D. 4. 若M为所在平面内一点，且满足，则为（ ） A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形 5. 已知两个不共线的向量，，且，，，若A，B，D三点共线，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知向量，则向量在向量上投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 8. 已知且满足，，互不相同，集合，集合，则满足的集合的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、多选题：本大题共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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下列式子结果为是（ ） ①； ②； ③； ④． A. ① B. ② C. ③ D. ④ 10. 如图，是半径为1的圆的两条不同的直径，，则（ ） A. B. C. 满足的实数与的和为定值4 D. 11. 已知函数，方程在区间上有且仅有4个解，则（ ） A. 的取值范围是 B. 的最小正周期可能是 C. 在区间上有且仅有3个不同的零点 D. 在区间上单调递增 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设，均为钝角，且，，则的值为______. 13. 如图所示，以正方形的四个边为底向外作四个腰长为的等腰三角形，则该图形面积的最大值为__________. 14. 在平面直角坐标系xOy中，已知，，，且，则的取值范围是_______. 四、解答题：本大题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明. 15. 已知平面上三个向量，，，其中. （1）若，且，求的坐标； （2）若，且，求与的夹角. 16. 已知，且． （1）求角的大小． （2），求函数的值域. 17. 如图,在扇形AOB中,中点为M,动点C,D分别在OA,OB上,且OC=BD,OA=1,∠AOB=120°. （1）若D是线段OB靠近点O四分之一分点,用表示向量; （2）求的取值范围. 18. 已知函数． （1）求的单调减区间； （2）若关于的不等式在时恒成立，求实数的取值范围； （3）若函数在区间上有两个零点，求的值． 19. 已知函数，若的最小正周期为． （1）求的解析式； （2）若函数在上有三个不同零点，，，且． ①求实数取值范围； ②若，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省扬州中学2025-2026学年第二学期3月自主学习评估 高一数学 2026.03 试卷满分：150分，考试时间：120分钟 注意事项： 1．作答第1卷前，请考生务必将自己的姓名、考试证号等写在答题卡上并贴上条形码 2．将选择题答案填写在答题卡的指定位置上（使用机读卡的用2B铅笔在机读卡上填涂），非选择题一律在答题卡上作答，在试卷上答题无效. 3．考试结束后，请将机读卡和答题卡交监考人员. 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每题给出的四个选项中只有一项是最符合题意的.（请将所有选择题答案填到答题卡的指定位置中.） 1. （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】 2. 已知，则的值为（ ） A. B. C D. 【答案】C 【解析】 【分析】将式子两边同时平方，然后将两式相加，结合同角三角函数关系及两角差的余弦公式即可求解. 【详解】， ， 则 ， 解得. 3. 若，则值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由二倍角公式，同角三角函数的平方关系及商数关系求得，再由二倍角公式求解． 【详解】因为， 所以，则. 故选：A． 4. 若M为所在平面内一点，且满足，则为（ ） A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量线性运算法则化简条件等式可得，两边平方化简可得，结合数量积的性质可得，由此可得结论. 详解】由，得 所以，即， 两边平方并化简得，则，即，故， 所以是直角三角形. 故选：A 5. 已知两个不共线的向量，，且，，，若A，B，D三点共线，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由平面向量的线性表示与共线定理求解即可. 【详解】由，，， 所以， 因为A，B，D三点共线，所以存在实数，使得， 则， 因为向量，不共线， 所以，解得：， 故选：D 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】已知条件，利用辅助角公式化简可得，利用二倍角公式可求得，再利用诱导公式计算即可求得结果. 【详解】由化简可得：，即，即， 所以， . 故选：D 7. 已知向量，则向量在向量上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量在向量上的投影向量公式求解. 【详解】，，， 向量在向量上的投影向量为，则其坐标为． 故选：A. 8. 已知且满足，，互不相同，集合，集合，则满足的集合的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由，两类情况讨论求解即可. 【详解】因为，， 所以， 由，可知且， 所以，或 当时，或 ， 由和的图象可知，它们在有且仅有一个交点， 即有唯一，使得成立， 此时集合的个数为1， 当时，即， 若，令， 因为在上单调递增，在上单调递减， 所以在上单调递增， 又，， 由零点存在性定理和函数单调性可知，在 上存在唯一零点， 即有唯一，使得成立， 此时集合的个数为1， 综上可知：集合的个数为2， 故选：B 二、多选题：本大题共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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下列式子结果为的是（ ） ①； ②； ③； ④． A. ① B. ② C. ③ D. ④ 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用即可得①正确；，进而利用正弦和角公式即可得②正确；由与正切的和差角公式即可得③正确④错误. 【详解】对于①，由于， 所以 ； 对于②，由于， 所以； 对于③，因为， ； 对于④，因为， ； 故选：ABC 10. 如图，是半径为1的圆的两条不同的直径，，则（ ） A. B. C. 满足的实数与的和为定值4 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据所给线段长度关系判断A，建立平面直角坐标系，利用坐标运算判断B，根据三点共线判断C，利用向量的坐标运算求向量夹角判断D. 【详解】， ，故A错误； 以为原点，以为轴，以的中垂线为轴建立平面直角坐标系， 则，设，则， 则， ，故B正确； ， 三点共线，，即，故C正确. ， ， ， ， ， ，故D正确. 11. 已知函数，方程在区间上有且仅有4个解，则（ ） A. 的取值范围是 B. 的最小正周期可能是 C. 在区间上有且仅有3个不同的零点 D. 在区间上单调递增 【答案】AB 【解析】 【分析】化简函数解析式后由题意根据正弦型函数的最值建立不等式，根据不等式有4个整数解求范围判断A，由范围可得周期范围，据此判断B，由自变量范围得出范围，结合正弦函数性质判断零点个数判断C，由得出的范围，利用正弦函数的单调性判断D. 【详解】由函数，令，， 则，，方程在区间上有且仅有4个解， 即有4个整数符合，由，得， 即，则，即，∴，故A正确； 对于B，最小正周期，由，则，， 又，∴的最小正周期可能是，故B正确； 对于C，∵，∴， ∵，∴， 当时，在区间上有且仅有3个不同的零点； 当时，在区间上有且仅有4个不同的零点，故C错误； 对于D，∵，∴，又， ∴ ，又，∴在区间上不一定单调递增，故D错误． 故选：AB． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设，均为钝角，且，，则的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】先求出和，再运用两角和公式求解. 【详解】∵ ， ，且，，， ∴. ∵ ，∴ ； 故答案为：. 13. 如图所示，以正方形的四个边为底向外作四个腰长为的等腰三角形，则该图形面积的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设等腰三角形的一个底角为，将题中的图形面积表示以角为自变量的三角函数，利用三角恒等变换思想化简函数解析式，并利用正弦函数的有界性可求得该图形面积的最大值. 【详解】设等腰三角形的一个底角为，，则，等腰三角形的高为. 则图形的面积为， ，，所以，当时，图形面积最大为. 故答案为：. 【点睛】本题考查三角函数模型在实际生活中的应用，根据题意得出三角函数的解析式是解答的关键，考查计算能力，属于中等题. 14. 在平面直角坐标系xOy中，已知，，，且，则的取值范围是_______. 【答案】 【解析】 【分析】利用向量的数量积的运算公式，求得，设，得到，求得的坐标，根据向量的坐标运算，化简得到，结合三角函数的性质，即可求解. 【详解】由题意可得：，，， 因，可得， 即，所以，所以， 设，因为，可得， 又因为，可得， 则， 可得 ， 令，可得， 则，其中， 因为， 当时，取得最大值，最大值为； 当时，取得最小值，最小值为； 所以的取值范围为. 四、解答题：本大题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明. 15. 已知平面上三个向量，，，其中. （1）若，且，求的坐标； （2）若，且，求与的夹角. 【答案】（1）或；（2）. 【解析】 【分析】（1）设，由，求出，由此能求出； （2）设与的夹角为，由，且，求出，从而，即得解. 【详解】（1）∵平面上三个向量，，，，， ∴设， ∵，∴，解得， ∴或. （2）设与的夹角为， ∵，且， ∴， ∵，，∴， ∴，∴， ∴与的夹角为. 【点睛】本题考查了向量的综合运算，考查了学生转化与划归，综合分析，数学运算的能力，属于中档题. 16. 已知，且． （1）求角的大小． （2），求函数的值域. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合平方关系可求得和，然后利用正弦的二倍角公式即可求出角的大小. （2）利用三角恒等变换，辅助角公式得到，即可得出结果. 【小问1详解】 因为， 且，， 解得，. 又， 所以或，或（舍）. 所以. 【小问2详解】 ， 因为，所以. 17. 如图,在扇形AOB中,的中点为M,动点C,D分别在OA,OB上,且OC=BD,OA=1,∠AOB=120°. （1）若D是线段OB靠近点O的四分之一分点,用表示向量; （2）求的取值范围. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）连结，，由题设条件得到四边形是平行四边形，由此能求出． （2）设，则，，由此结合题设条件，利用向量的数量积能求出的取值范围． 【详解】解:连结，， 扇形的弧的中点为，动点、分别在、上， 且，，， 四边形是平行四边形， 点是线段靠近点的四分之一分点， ． 设，则， ， ， ，， 的取值范围是，． 18. 已知函数． （1）求的单调减区间； （2）若关于的不等式在时恒成立，求实数的取值范围； （3）若函数在区间上有两个零点，求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换把三角函数化为标准形式，再利用正弦函数单调性求单调区间； （2）把不等式恒成立问题转化为最值问题，分情况讨论求出最值，进而得出的取值范围； （3）把函数零点问题转化为方程解的问题，再利用正弦函数对称性求解． 【小问1详解】 ， 正弦型函数的单调递减区间为， 则，解得， 的单调减区间为． 【小问2详解】 不等式在时恒成立，即，在内恒成立； 当时，， ，则， 当时，恒成立，； 当时，，的最小值为，故； 当时，，的最大值为，故； 综上，的取值范围是． 【小问3详解】 函数在区间上有两个零点，即， 当时，， 方程有两个解，则，即， 两解关于对称轴对称，故， ． 19. 已知函数，若的最小正周期为． （1）求的解析式； （2）若函数在上有三个不同零点，，，且． ①求实数取值范围； ②若，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换化简，根据题意求解即可； （2）①根据（1），利用换元法，结合二次函数根的分布分情况讨论即可，②设，为方程的两个不相等的实数根，由①可求得，的取值范围，根据，结合三角函数的性质和三角恒等变换求得，的关系，根据韦达定理求解，，代入，的关系式中，即可求得的取值范围. 【小问1详解】 因为的最小正周期为，所以，即， 所以； 【小问2详解】 ①由（1）知， 由，可得， 令，则，， 若函数在有三个零点， 即在有三个不相等的实数根， 也就是关于的方程在区间有一个实根，另一个实根在上， 或一个实根是，另一个实根在， 当一个根在，另一个实根在， 所以，即，解得：， 当一个根为时，即，所以，此时方程为，所以，不合题意， 当一个根是，即，解得，此时方程为，所以，不合题意， 当一个根，另一个实根在，由得，此时方程为，解得或，这两个根都不属于，不合题意， 综上的取值范围是； ②设，为方程的两个不相等的实数根，则， 由①知，，， 所以，即， ，所以，即， 由得，所以， 因为，， 所以， 所以， 所以， 又，且，所以， 所以， 整理得，因为，所以， 解得或，又，所以， 所以的取值范围是. 【点睛】方法点睛：本题考查三角恒等变换，函数零点问题；先进行三角恒等变换，由最小正周期为，可求解的值，得到的解析式，把函数零点问题转化为方程的根的问题，利用换元法转化为二次方程根的分布问题；利用已知条件通过变形得到，的关系，利用韦达定理把，用表示，代入关系式求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $