精品解析：江苏南通中学2025-2026学年高一下学期4月阶段性检测数学试卷

高一数学阶段性检测（2026年4月） 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. （ ） A. B. 0 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据诱导公式得出，，根据半角公式求出，从而得出的值. 【详解】因为，， 所以. 根据半角公式， 所以. 故选：D. 2. 在平面内，某质点在三个力的作用下恰好处于平衡状态，其中，则在上的投影向量的坐标为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平衡可得，，根据向量的坐标运算可得结果. 【详解】因为三个力的作用下恰好处于平衡状态，所以， 设，根据向量的坐标运算，， 所以，所以. 因为，所以在上的投影向量的坐标为. 3. 在中，，，，则（ ） A. B. 或 C. 或 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理求出，结合三角形的内角和定理得到的值，从而得到的值． 【详解】因为，，， 由正弦定理得， 得， 所以或，经检验，均满足题意． 当时，由三角形的内角和定理得； 当时，由三角形的内角和定理得． 因此或． 故选：B. 4. 已知向量，且，则（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由可得，由可得，最后应用模长公式即可求解. 【详解】因为，所以， 展开整理得，由， 得，即， 所以，即，所以. 5. 已知的内角 的对边分别为 ， 且， 若， 则 的面积为 （    ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由正弦定理角化边，结合余弦定理及三角形面积公式即可求解. 【详解】由正弦定理角化边得到：， 即 ， 所以 ，， ， 又， 且， 得，即， 所以 . 故选：A 6. 已知角满足，则的值为（   ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据二倍角公式以及积化和差公式求解即可. 【详解】. 根据积化和差公式，. 因此. 7. 已知点为所在平面内一点，若，则（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】过点作，以为邻边作平行四边形，利用可得答案. 【详解】过点作， 则， 以为邻边作平行四边形， 所以，， 可得， 所以. 故选：B. 8. 若函数的图象关于点对称，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据二倍角公式化简函数的表达式，然后根据余弦函数的对称中心计算即可. 【详解】. 因为，所以. 令，得，所以函数的对称中心为. 因为函数的图象关于点对称， 所以，解得，取最大的整数. 此时，所以的最大值为. 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. 在中，已知，则角的可能值为（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】由条件通过配方得到，再结合余弦定理即可求解. 【详解】由， 即， 所以， 或. 故选：AC 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，下列说法正确的是（   ） A. 若，在区间上单调 B. 若关于直线对称，则 C. 若，且为的一个对称中心，则 D. 若，在区间上的最大值与最小值的差的取值范围是 【答案】BCD 【解析】 【详解】A选项：当时，，因为，所以， 因为函数在上不单调，所以函数在区间上不单调. 故A错误； B选项：若关于直线对称，则或， 由；方程无解. 所以. 故B正确； C选项：时，为的一个对称中心，所以， 所以. 故C正确； D选项：当时，，其中，且. 当与关于某条对称轴对称时， 不妨设，此时，， 故在处取得最大值，在端点处取得最小值， 因此在区间上的最大值与最小值的差取得最小值； 当与都在的某一个单调区间内时， ， 其中，且. 当，时，. 故D正确. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知钝角三角形的三边，，，则的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意结合大边对大角，可得角为钝角，即，由余弦定理结合两边之和大于第三边，即可求解. 【详解】因为，且为钝角三角形，所以角为钝角． 由余弦定理的推论，得． 因为，，所以， 即，解得， 由三角形的任意两边之和大于第三边，得，所以． 所以满足，解得， 综上所述，的取值范围为． 故答案为：. 13. 赵爽弦图是中国古代数学的图腾，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形．如图，某人仿照赵爽弦图，用六个全等的直角三角形和一个小的正六边形拼成一个大正六边形，其中G，H，J，K，L，M分别是AM，BG，CH，DJ，EK，FL的中点，O是正六边形ABCDEF的中心．若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】连接CF，OB，由题意及图形几何性质可得，然后由平面向量基本定理可得答案. 【详解】连接CF，则O为线段CF的中点． 连接OB，易证四边形ABOF，ABCO均为平行四边形，则． 连接EM，则A，M，E三点共线，且， 所以． 由正六边形的性质可得， 则． 因为，结合平面向量基本定理，所以，则． 故答案为： 14. 已知向量，，，.若（其中表示不超过的最大整数，如：，，则的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】由，结合取整函数的定义，分类讨论可得到的取值范围，根据向量模长公式将转化为关于和的表达式，再结合之前得到的取值范围求解该表达式的范围. 【详解】因为， 所以 ， 当时，，显然不成立； 当时，，显然成立， 当时，，显然不成立； 当时，，显然不成立； 当时，，显然不成立； 当时，，显然不成立； 当时，，显然不成立； 当时，，显然不成立； 所以，，， ， ， 因为， 所以. 所以的取值范围为. 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. 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． 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【小问1详解】 由已知得， 因为三点共线，所以，即. 【小问2详解】 由已知得， ； ②由平行四边形得，又， 所以，解得，即 16. 已知，且， （1）求的值； （2）求的值； （3）若，求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）两边同时平方，结合同角关系即可解得的值； （2）联立，结合，可解得，使用和差公式可得，使用二倍角公式分别求即可求解； （3）原式化简变形得，由（2）可得的值，进而可求得的值. 【小问1详解】 ，两边同时平方得， 解得. 【小问2详解】 , 则有， 联立，且，解得， 所以， 则. 【小问3详解】 由题意，， 分式上下同时除以得， 由（2）得， 将，代入得， 即, 17. 在中，角的对边分别为．已知，，． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边转化为角，化简等式，进而求出角的值； （2）利用余弦定理，将代入建立关于的方程，求解后得到的值； （3）先利用正弦定理求出，再结合同角三角函数的基本关系求出，然后利用二倍角公式求出和，最后利用两角和的正弦公式展开计算. 【小问1详解】 已知，由正弦定理， 得，显然， 得，由， 故； 【小问2详解】 由（1）知，且，， 由余弦定理， 则， 解得（舍去）， 故； 【小问3详解】 由正弦定理，且， 得，且，则为锐角， 故，故， 且； 故. 18. 已知函数． （1）求不等式的解集； （2）令． （ⅰ）证明：是周期函数； （ⅱ）若，对，有，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2）证明过程见解析； 【解析】 【分析】（1）利用辅助角公式对进行化简，结合对数函数的定义域、单调性及正弦型三角函数的单调性求解即可. （2）（ⅰ）结合周期性的定义证明即可. （ⅱ）分别求出在上及在的值域，结合存在性及任意性问题转化求解即可. 【小问1详解】 . 不等式可化为，所以， 即， 所以或，， 即或，， 所以不等式的解集为 【小问2详解】 （ⅰ） . 因为的周期为，的周期为， 故的周期也为. 所以 ， 所以是以为周期的周期函数. （ⅱ）. 当时，， 因为在单调递增，所以， 又在定义域内单调递减，故函数在单调递减， 又，在单调递减， 因此函数在单调递减， 所以当时，. 当时， . ，因为在上单调递减，所以， ， 又在定义域内单调递减，故在单调递减， 在上单调递增，而，故在单调递减，故 在单调递减 所以当时，. ，对，有成立， 等价于，即 当时，，故即，解得. 当时，，显然不符合题意，舍去， 当时，，不符合题意，舍去， 综上可得， 故实数的取值范围为. 19. 已知函数的定义域为，且是偶函数，是奇函数. （1）求的解析式； （2）已知函数. （i）证明：函数有且只有一个零点； （ii）记函数的零点为，证明：. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据偶函数的定义得到，根据奇函数的定义得到，这两个等式相加计算得到. （2）（i）求出，分类讨论，和范围内的零点个数，结合单调性和零点存在性定理求解.（ii）由题意知，且，整理得到，令，由的范围结合二次函数的图像和性质得到证明. 【小问1详解】 因为是偶函数，所以， 所以， 又是奇函数， 所以，所以， 所以，即. 【小问2详解】 （i）由题意知 ， 当，则， 此时在上单调递增， 又在上单调递增，所以在上单调递增， 又， 所以在上有 唯一零点； 当，所以， 所以在上没有零点； 当时，，所以，所以， 所以在上没有零点. 综上，有且只有一个零点. （ii）由题意知，且， 所以， 所以， 令， 因为，所以，又， 则， 所以 ， 即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一数学阶段性检测（2026年4月） 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. （ ） A. B. 0 C. D. 2. 在平面内，某质点在三个力的作用下恰好处于平衡状态，其中，则在上的投影向量的坐标为（    ） A. B. C. D. 3. 在中，，，，则（ ） A. B. 或 C. 或 D. 4. 已知向量，且，则（    ） A. B. C. D. 5. 已知的内角 的对边分别为 ， 且， 若， 则 的面积为 （    ） A. B. C. D. 2 6. 已知角满足，则的值为（   ） A. B. C. D. 7. 已知点为所在平面内一点，若，则（ ） A. 3 B. C. D. 8. 若函数的图象关于点对称，则的最大值为（ ） 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. 在中，已知，则角的可能值为（ ） A. B. C. D. 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，下列说法正确的是（   ） A. 若，在区间上单调 B. 若关于直线对称，则 C. 若，且为的一个对称中心，则 D. 若，在区间上的最大值与最小值的差的取值范围是 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知钝角三角形的三边，，，则的取值范围为________． 13. 赵爽弦图是中国古代数学的图腾，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形．如图，某人仿照赵爽弦图，用六个全等的直角三角形和一个小的正六边形拼成一个大正六边形，其中G，H，J，K，L，M分别是AM，BG，CH，DJ，EK，FL的中点，O是正六边形ABCDEF的中心．若，则______． 14. 已知向量，，，.若（其中表示不超过的最大整数，如：，，则的取值范围为______. 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. 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． 16. 已知，且， （1）求的值； （2）求的值； （3）若，求的值． 17. 在中，角的对边分别为．已知，，． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 18. 已知函数． （1）求不等式的解集； （2）令． （ⅰ）证明：是周期函数； （ⅱ）若，对，有，求实数的取值范围. 19. 已知函数的定义域为，且是偶函数，是奇函数. （1）求的解析式； （2）已知函数. （i）证明：函数有且只有一个零点； （ii）记函数的零点为，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $