湖南省常德市汉寿县第一中学2025-2026学年高一下学期4月阶段检测数学试题

**基本信息** 聚焦高一下学期核心知识，通过复数运算、解三角形等基础题与梯形外接圆动点、函数性质综合题，考查数学抽象、逻辑推理与几何直观素养。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|8|复数实虚部、正弦定理、向量模最值等|基础巩固，如第2题正弦定理应用| |多选题|3|立体几何概念、复数性质等|辨析能力，如第9题棱锥结构判断| |填空题|3|二倍角公式、三角计算、三角形面积最值|简洁应用，如第14题面积最大值求解| |解答题|5|三角函数解析式与面积、复数分类讨论等|综合提升，如第15题结合函数性质与三角形面积最值|

湖南省常德市汉寿县第一中学2025-2026学年 高一下学期4月阶段检测数学试题 一、单选题 1．设，则的实部和虚部分别为（    ） A．1， B．1， C．， D．1，3 2．在中，角，，的对边分别为，，.已知，，，则（    ） A． B． C．3 D． 3．已知向量，，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 4．将函数图象上的所有点向左平移个单位长度，则所得图象的函数解析式是（    ） A． B． C． D． 5．如图，在梯形中，，P是外接圆上的动点，则的最大值为（   ）    A． B． C． D． 6．如图,直角梯形满足,它是水平放置的平面图形的直观图,则该平面图形的周长是（ ） A． B． C． D． 7．若为虚数单位，则复数的模是（    ） A． B． C．5 D． 8．在中，，若点为的垂心，且满足，则的值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．下列说法正确的是（   ） A．有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥 B．通过圆台侧面一点，有无数条母线 C．过圆锥顶点截圆锥所得的截面图形都是等腰三角形 D．侧面是全等矩形的三棱柱一定是正三棱柱 10．下列说法中，正确的有（    ） A．复数，满足 B．已知复数，，“，的虚部相等”是“”的必要条件 C．“为钝角”是“复数在复平面内对应的点在第二象限”的充要条件 D．若是关于x的实系数方程的一根，则该方程的另一根是 11．已知，则下列说法正确的是（    ） A．是奇函数 B．若，则 C．若，则 D．若方程有两个不同的实数解，则 三、填空题 12．若为钝角，且，则的值为__________. 13．计算：______. 14．在中，内角所对的边长分别为，，求面积的最大值______． 四、解答题 15．已知函数的最大值是4，函数图象的一条对称轴是，一个对称中心是． (1)求的解析式； (2)已知中，是锐角，且，边长为3，求的面积的最大值． 16．已知复数，. (1)若为实数，求； (2)若为虚数，求的取值范围； (3)若为纯虚数，求. 17．已知a、b、c是△ABC的内角A，B，C的对边，且△ABC的面积，记，，若. (1)求角C； (2)若，求的值. 18．已知的内角所对的边分别为且. (1)求角的大小； (2)若，求的面积的最大值. 19．已知定义在上的偶函数满足：当时，. (1)求函数的表达式； (2)设函数（），若对于任意的，都有成立，求实数a的取值范围. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D C A B C B B ACD AB 题号 11 答案 ACD 1．D 【分析】利用复数的除法及加减运算求解，再根据共轭复数概念作答. 【详解】由题意得，，得， 所以，故的实部和虚部分别为1，3. 故选：D. 2．D 【分析】先利用正弦定理结合已知条件可求出，则可求出角，从而可求出 【详解】在中，，，， 由正弦定理得，，得， 因为，所以，得， 因为，所以， 所以，则， 所以， 故选：D 3．C 【分析】求出关于的二次函数，利用二次函数的基本性质可求得的最小值. 【详解】由题意可得， 所以， 故当时，取得最小值. 故选：C 4．A 【分析】直接利用三角函数图象的变换求解. 【详解】解：将函数图象上的所有点向左平移个单位长度，则所得图象的函数解析式是. 故选：A 5．B 【分析】根据向量的乘法运算律和数量积算法公式，求出的表达式，根据向量夹角的变化范围，求出最大值. 【详解】如图所示，过做,过做,    根据已知条件可知,设, 在和中列出勾股定理方程，解出, 可得，则，    如图,作外接圆,圆心为，设, 在和中，可得方程，解得, 可知圆心就在上，为EF的中点    连接,可知，所以, 据题意可知，, , 当，即同向时，最大值为. 故选：B. 6．C 【分析】结合斜二测画法的规则,将直观图即直角梯形还原成平面图形,结合勾股定理算出各边长度即可求解. 【详解】由题意,,由可得, 由, 可得,所以, 而， 所以， 结合斜二测画法的规则,将直观图即直角梯形还原成平面图形， 如图所示： 由勾股定理可得， 所以满足题意的平面图形的周长是. 故选:C. 7．B 【解析】根据复数的除法运算把化成的形式，则模为. 【详解】， . 故选：. 【点睛】本题考查复数的除法运算和复数的求模公式，属于基础题. 8．B 【分析】利用平面向量基本定理结合三角形垂心的性质、平面向量三点共线的充要条件计算即可. 【详解】由题意可知是以A为顶角的等腰三角形， 如图所示：，，则， 设， 则， ， 所以， 在直角三角形中，. 故选：B 【点睛】思路点睛：由三角形为等腰三角形，及垂心的性质，结合平面向量基本定理、三点共线的线性关系确定一腰上垂足的位置解三角形即可. 9．ACD 【分析】利用棱锥，圆台，圆锥和正棱柱的定义和结构特征逐一判断选项即可. 【详解】对于A，因棱锥都是由一个多边形的底面和另外多个有一个公共顶点的三角形构成， 依题意平行四边形所在的面必是底面，故它一定是四棱锥，故A正确； 对于B，因圆台可由圆锥用平行于底面的平面截得，而圆锥的母线是连接圆锥顶点与底面圆上一点的连线， 所以经过圆台侧面一点，有且只有一条母线，故B错误； 对于C，因过圆锥顶点截圆锥所得的截面图形是由两条母线和底面圆的一条弦构成的三角形，故它一定是等腰三角形，故C正确； 对于D，三棱柱的侧面是矩形，说明它是直三棱柱，这些矩形为全等矩形，可分为两种情况考虑： ①全等的矩形与底面的交线都相等，此时底面是正三角形，故是正三棱柱； ②全等的两个矩形中一个矩形的侧棱与另一个矩形的底面边相等，此时可推得棱柱的所有棱长相等，故也能推出正三棱柱，故D正确. 故选：ACD. 10．AB 【分析】对于A：根据复数乘法与模长的计算公式可证明是正确的；对于B：根据复数相等的概念判断；对于C：复数在复平面内对应的点在第二象限的充要条件为第二象限角；对于D：复数范围内，关于的实系数方程的两虚数根一定是互为共轭复数. 【详解】对于A，设， 则， 则； ， 所以，故A正确； 对于B，的充要条件是实部相等且虚部相等， 故“，的虚部相等”是“”的必要条件，故B正确； 对于C，复数在复平面内对应的点在第二象限的充要条件， 即为第二象限角，故C错误； 对于D，复数范围内，关于的实系数方程的两虚数根一定是互为共轭复数， 故另一个根为，故D错误. 故选：AB. 11．ACD 【分析】根据奇偶性定义即可判断A；分析函数的单调性即可判断B；由函数的奇偶性和单调性得到即可判断C；依次作出函数、和的图象，数形结合即可得解判断D. 【详解】对于A，因为， 所以函数定义域为R，且， 故函数是奇函数，故A正确； 对于B，因为为增函数，所以为减函数， 所以若，则，故B错误； 对于C，因为，所以， 因为为减函数，所以， 所以，故C正确； 对于D，令， 依次作出函数、和的图象如图所示：    因为方程有两个不同的实数解，所以由图得，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】思路点睛：数形结合是解决函数与方程问题的常用方法，求方程有两个不同的实数解的参数m时，通过作出函数、和的图象可简化问题的难度而得解. 12． 【分析】根据同角三角函数平方关系可求得，利用二倍角公式可求得结果. 【详解】为钝角     故答案为： 【点睛】本题考查利用二倍角公式求值的问题，涉及到同角三角函数平方关系的应用，易错点是忽略角所处的范围，造成三角函数值符号求解错误. 13．/ 【详解】由题意可得： ． 故答案为：． 14． 【分析】先根据三角函数的性质求出角，再利用余弦定理结合基本不等式求出的最大值，最后根据三角形面积公式求出面积的最大值. 【详解】已知，则，那么. 由，可得：， 令，则，因式分解为. 解得或，因为，所以. 又因为，所以. 由余弦定理得 即，所以，当且仅当时取等号. 所以. 综上，面积的最大值为. 故答案为： 15．(1) (2) 【分析】（1）根据三角函数性质可确定解析式； （2）根据余弦定理，基本不等式可得面积最大值． 【详解】（1）设的最小正周期为， ∵图象的一条对称轴是，一个对称中心是， ∴， ∴，解得， ∵，则， ∵图象的一条对称轴为， ∴， ∵，∴， 又∵的最大值是4， ∴，则． （2）∵，∴， 又，∴，即， 在中，， 当且仅当时取等号，则， 则的面积为， 所以的面积的最大值为． 16．(1)或5 (2)且 (3) 【分析】（1）由复数是实数，得到，即可求解； （2）由复数是虚数，得到，即可求解； （3）由复数是纯虚数，列出方程组，再用模长公式即可求解 【详解】（1）由题意得 得或5 （2）由题意得 得且 （3）由题意得 得故，所以,所以． 17．(1) (2) 【分析】根据可得，利用正弦定理化边为角，再根据三角形内角关系结合三角恒等变换求得，即可得解； （2）根据三角形的面积公式结合余弦定理得出的关系式，从而可得出答案. 【详解】（1）解：因为，，， 所以， 所以由正弦定理得，， 因为， 所以， 所以， 因为，所以， 因为，所以； （2）解：因为的面积， 所以，得， 由余弦定理得，， 所以，所以， 所以， 又因为，所以的值为. 18．(1) (2) 【分析】（1）根据已知条件及正弦定理，再利用两角和的正弦公式的逆用， 结合角的特殊值及角的范围即可求解； （2）根据余弦定理及基本不等式，得出的最大值，再利用三角形的面积 公式即可求解. 【详解】（1）由及正弦定理，得 ，∴，∴ （2）由（1）知，. 由余弦定理，，得 ，即. 当且仅当时，等号成立。 所以当时，取得的最大值为. . ∴的面积的最大值为. 19．(1) (2) 【分析】（1）根据偶函数的性质可求出； （2）由题可得题目等价于，利用单调性求出的最小值和的最大值可得出. 【详解】（1）设，则，所以. 因为是定义在上的偶函数，所以， 所以； （2）由题意得“对任意，都有成立”等价于“”. 因为是定义在上的偶函数，所以在区间和区间[0，2]上的值域相同. 当时，，显然在单调递增，所以， 又（）是增函数，， 由，解得，所以实数a的取值范围为. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $