精品解析：湖南衡阳市常宁市第二中学2025-2026学年下学期高一年级四月测试数学试题

2026年上学期高一年级四月测试数学 一、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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（　　） A. B. C. D. 2. 若向量与向量是共线向量，则实数等于（ ） A. 2 B. C. D. 0 3. 复数（其中为虚数单位）的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 4. 的内角的对边分别为若边上的高等于，且的面积为，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知中，，则（ ） A. B. C. D. 6. 波兰数学大师史坦因豪斯编著的《一百个数学问题》中的第46个问题是球的堆垒问题：有无数个完全相同的球，取3个使它们两两相切放置，然后放上第4个球，使其与前3个球都相切，这样形成4个凹穴，在每个凹穴再放上一个球，则一共放了8个球，它们形成多少个凹穴？这个过程可以一直继续下去吗？若我们只考虑前8个球，设球的半径为1，其中两个球的球心之间的距离为d，则d的取值集合为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，角所对的边分别为，给出以下4个命题： ①若，则 ②若，则一定为直角三角形 ③若，则外接圆半径为 ④若是锐角三角形且，则的取值范围为 则其中真命题的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 已知定义在R上的函数的图象关于点对称，，且当时，．若，则实数m的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、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. 已知复数在复平面内对应的点为，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则z为纯虚数 B. 若，则z为实数 C. 若，则点Z在直线上 D. 若，则点Z在第三象限 10. 在中，角，，的对边分别是，，，且，，则（ ） A. 角的最大值是 B. 的最大值是 C. 外接圆的半径的最小值是 D. 面积的最大值是 11. 已知函数的图象在上有且仅有两条对称轴，则下列结论正确的有（　　） A. 的取值范围是 B. 若的图象关于直线对称，则的最小正周期 C. 若的图象关于点对称，则在上单调递增 D. ，使得在上的最小值不可能为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知是两个不共线的单位向量，，若与共线，则______． 13. 若，，均为单位向量，且，的取值范围是，则______，的取值范围是______． 14. 已知函数（其中为自然对数的底数），若方程有三个根，则的取值范围是__________. 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. 已知向量与的夹角为. （1）求的值； （2）若，求在上的投影向量的坐标. 16. 设中角A，B，C的对边分别为a，b，c，． （1）若，，求b； （2）求的取值范围． 17. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求． （2）若，且边上的中线，求的面积． 18. 在平面直角坐标系中，利用公式①（其中，，，为常数），将点变换为点的坐标，我们称该变换为线性变换，也称①为坐标变换公式，该变换公式①可由，，，组成的正方形数表唯一确定，我们将称为二阶矩阵，矩阵通常用大写英文字母，，…表示． （1）在平面直角坐标系中，将点绕原点按逆时针旋转得到点（到原点距离不变），求点的坐标； （2）如图，在平面直角坐标系中，将点绕原点按逆时针旋转角得到点（到原点距离不变），求坐标变换公式及对应的二阶矩阵； （3）向量（称为行向量形式），也可以写成，这种形式的向量称为列向量，线性变换坐标公式①可以表示为：，则称是二阶矩阵与向量的乘积，设是一个二阶矩阵，，是平面上的任意两个向量，求证：． 19. 已知集合（，），若存在数阵满足： ①； ②． 则称集合为“好集合”，并称数阵为的一个“好数阵”． （1）已知数阵是的一个“好数阵”，试写出，，，的值； （2）若集合为“好集合”，证明：集合的“好数阵”必有偶数个； （3）判断是否为“好集合”．若是，求出满足条件的所有“好数阵”；若不是，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年上学期高一年级四月测试数学 一、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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，， 所以. 2. 若向量与向量是共线向量，则实数等于（ ） A. 2 B. C. D. 0 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量共线列方程，解方程即可. 【详解】因为与共线，所以，解得. 故选：C. 3. 复数（其中为虚数单位）的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先对复数化简，再根据共轭复数的概念求解. 【详解】， 所以复数的共轭复数为. 故选：B. 4. 的内角的对边分别为若边上的高等于，且的面积为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件，结合余弦定理，求出，再结合正弦定理，以及勾股定理，即可求解. 【详解】因为的面积为，则， ，则，又，， 设边上的高为，则，， ， 又，， 故选：D． 5. 已知中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由正弦定理及余弦定理可得，利用辅助角公式及均值不等式可得，据此求出，再由诱导公式求得即可. 【详解】由正弦定理可得， ，又， ， 化简得： 当且仅当时取等号，即， 其中，， 即，又，， ，，即， ， . 故选：B 6. 波兰数学大师史坦因豪斯编著的《一百个数学问题》中的第46个问题是球的堆垒问题：有无数个完全相同的球，取3个使它们两两相切放置，然后放上第4个球，使其与前3个球都相切，这样形成4个凹穴，在每个凹穴再放上一个球，则一共放了8个球，它们形成多少个凹穴？这个过程可以一直继续下去吗？若我们只考虑前8个球，设球的半径为1，其中两个球的球心之间的距离为d，则d的取值集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由于球与球相切，借助球心位置分可析求出d的取值. 【详解】如图， 记前4个球的球心依次为，，，，后4个球的球心依次为，，，， 则四面体，，，，都是边长为2的正四面体． 在正四面体中，，则这5个正四面体的高． 四面体是正四面体，其中心与正四面体的中心是同一点， 正四面体的顶点到中心的距离为， 所以四面体的高，所以． 从到的这8个点中，任意两点间的距离可能为2， 如；可能为，如；也可能为，如． 所以d的取值集合为． 故选：C 【点睛】方法点睛：设正四面体的棱长为a，外接球的半径为，内切球的半径为，则其高，外接球的球心与内切球的球心是正四面体的高上的同一个点，因此，，． 7. 在中，角所对的边分别为，给出以下4个命题： ①若，则 ②若，则一定为直角三角形 ③若，则外接圆半径为 ④若是锐角三角形且，则的取值范围为 则其中真命题的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据正弦定理及二倍角余弦公式判断①，根据正弦定理及两角差公式化简得角的关系判断②，先根据余弦定理求得，然后利用同角三角函数基本关系求得，再利用正弦定理求解外接圆半径判断③，根据用余弦定理化简得到，再结合正弦定理化简得出，从而可得，从而可得，令，，求导，利用单调性求解范围即可判断④. 【详解】对于①：因为，所以， 所以，所以，为真命题； 对于②：因为，所以，所以， 且， 所以或（舍），又，可得， 所以一定为直角三角形，为真命题； 对于③：由及余弦定理可得， 所以，正弦定理可得， 解得，则外接圆半径为，为假命题； 对于④：因为，得，由余弦定理得， 所以，即， 由正弦定理得， 因为，则， 所以，即. 因为是锐角三角形，所以，，所以. 又在上单调递增，所以，则， 又，，，所以，所以， 则 ，令，则， 令，，故在上单调递增， 所以，所以的取值范围为，为真命题； 综上，真命题的个数为3个. 故选：C 【点睛】方法点睛：解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，常用处理思路： ①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案； ②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法； ③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值. 8. 已知定义在R上的函数的图象关于点对称，，且当时，．若，则实数m的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由图象关于点对称和找到图象的对称轴和周期，再由确定单调性，分别求出，画出大致图象，最后数形结合求出取值范围. 【详解】由的图象关于点对称可得． 由，可得， 故函数的图象关于直线对称， 且，得的周期为2． 当时，， 单调递增，且，则，， 画出在一个周期内的大致图象如图所示： 当时，结合图象可得，即． 故实数m的取值范围为． 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题关键是能根据函数的图象关于点对称，确定函数的周期和对称轴. 二、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. 已知复数在复平面内对应的点为，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则z为纯虚数 B. 若，则z为实数 C. 若，则点Z在直线上 D. 若，则点Z在第三象限 【答案】BC 【解析】 【分析】时，可得判断A；时，可得判断B；时，可判断C；若点在第三象限，可得且，求解可判断D. 【详解】对于A，当时，，是实数，故A错误； 对于B，当时，，是实数，故B正确； 对于C，当时，，所以，所以点在直线上，故C正确； 对于D，由，得，由，得， 所以不存在点在第三象限，故D错误． 故选：BC. 10. 在中，角，，的对边分别是，，，且，，则（ ） A. 角的最大值是 B. 的最大值是 C. 外接圆的半径的最小值是 D. 面积的最大值是 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意，利用正弦定理、余弦定理可判定A、C；利用诱导公式可判定B；利用基本不等式可求面积的最值，判断D. 【详解】对于A，因为，由正弦定理得， 所以， 所以，则A错误； 对于B，因为，所以， 所以，则B正确； 对于C，因为，所以， 因为，所以， 则外接圆的半径的最小值是，故C正确； 对于D，因为，所以，当且仅当时，等号成立， 因为，当且仅当时，等号成立， 所以的面积，则D正确. 故选：BCD 11. 已知函数的图象在上有且仅有两条对称轴，则下列结论正确的有（　　） A. 的取值范围是 B. 若的图象关于直线对称，则的最小正周期 C. 若的图象关于点对称，则在上单调递增 D. ，使得在上的最小值不可能为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由题意可得，求得即可判断A；利用三角函数的对称轴，结合求出，即可判断B；利用三角函数的对称中心，结合求出，即可判断C；由和，结合三角函数的单调性即可判断D. 【详解】A：因为的图象在上有且仅有两条对称轴， ，所以，所以，所以，故A错误； B：因为的图象关于直线对称，则，即， 又，所以，所以的最小正周期，故B正确； C：因为的图象关于点对称，则， 即.因为，所以， 当时，，则在上单调递增，故C正确； D：当时，，因为， 所以，所以在上的最小值小于，故D正确． 故选：BCD. 【点睛】思路点睛：求解正弦函数的对称轴、对称中心和值域的问题时，常利用整体代换法和验证法将问题转化到我们熟悉的正弦函数上，利用正弦函数的图象与性质解答. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知是两个不共线的单位向量，，若与共线，则______． 【答案】2 【解析】 【分析】根据向量共线，可设，利用向量相等的条件求解即可. 【详解】因为是两个不共线的单位向量，， 若与共线，可设，即，则，解得： 故答案为：2 13. 若，，均为单位向量，且，的取值范围是，则______，的取值范围是______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据条件，利用模长的计算公式，即可求出；设，根据条件得到的取值范围，再利用，分类讨论的取值范围，结合三角函数的性质即可得解. 【详解】由题可知：，因为，所以 因为， 不妨设， 则，因为的取值范围是，得到 所以的取值范围是， 又因为，当时，； 当时，， 综上，的取值范围是， 故答案为：，. 14. 已知函数（其中为自然对数的底数），若方程有三个根，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】画出函数图象，数形结合，利用图象确定的范围，再结合对数的运算得到正确结果即可. 【详解】作出函数的图象，如下： 由图像可知，， 由，且，所以， 因为，所以，则， 又，所以， 所以取值范围为， 故答案为：. 【点睛】方法点睛：对于分段函数求方程根的个数问题，可采用数形结合，画出图象后，从图象上确定所求根的大致范围，再结合对数的运算求解. 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. 已知向量与的夹角为. （1）求的值； （2）若，求在上的投影向量的坐标. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用数量积性质，将所求转化为向量数量积计算即可； （2）根据投影向量公式直接求解可得. 【小问1详解】 因为向量与的夹角为， 所以， 所以 【小问2详解】 由投影向量公式可得： . 16. 设中角A，B，C的对边分别为a，b，c，． （1）若，，求b； （2）求的取值范围． 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理求解即可； （2）利用两角和与差公式和辅助角公式化简，结合正弦函数的性质可得的取值范围． 【详解】（1）∵， ∴． ∴，∴． （2）∵，∴，． ∴， 又∵，． ∴的取值范围是． 17. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求． （2）若，且边上的中线，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理及三角公式求，根据角的范围可得 （2）根据余弦定理可得，根据面积公式求解可得 【小问1详解】 由已知条件及正弦定理，得． 整理，得， 即． 又， 所以， 即． 因为，所以． 又，所以． 【小问2详解】 由题意得，， 所以， 即， 所以． 故 18. 在平面直角坐标系中，利用公式①（其中，，，为常数），将点变换为点的坐标，我们称该变换为线性变换，也称①为坐标变换公式，该变换公式①可由，，，组成的正方形数表唯一确定，我们将称为二阶矩阵，矩阵通常用大写英文字母，，…表示． （1）在平面直角坐标系中，将点绕原点按逆时针旋转得到点（到原点距离不变），求点的坐标； （2）如图，在平面直角坐标系中，将点绕原点按逆时针旋转角得到点（到原点距离不变），求坐标变换公式及对应的二阶矩阵； （3）向量（称为行向量形式），也可以写成，这种形式的向量称为列向量，线性变换坐标公式①可以表示为：，则称是二阶矩阵与向量的乘积，设是一个二阶矩阵，，是平面上的任意两个向量，求证：． 【答案】（1） （2）， （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用三角函数的定义得到旋转之前的和，再由两角和的正弦、余弦公式得到点的坐标； （2）利用三角函数的定义得到旋转之前的和，再由两角和的正弦、余弦公式得到点的坐标，再根据变换公式的定义得到变换公式及与之对应的二阶矩阵； （3）根据定义分别计算、、，证明即可. 【小问1详解】 可求得，设，则，， 设点，， 故 所以. 【小问2详解】 设，，则，，， 故 所以坐标变换公式为， 该变换所对应的二阶矩阵为 【小问3详解】 设矩阵，向量，，则． ， 对应变换公式为：， ， 所以 故对应变换公式同样为 所以得证. 【点睛】方法点睛：利用三角函数的定义解题：（1）角的顶点与坐标原点重合；（2）角的始边与轴正半轴重合；在角的终边上任取一点，该点到原点的距离，则：；； . 19. 已知集合（，），若存在数阵满足： ①； ②． 则称集合为“好集合”，并称数阵为的一个“好数阵”． （1）已知数阵是的一个“好数阵”，试写出，，，的值； （2）若集合为“好集合”，证明：集合的“好数阵”必有偶数个； （3）判断是否为“好集合”．若是，求出满足条件的所有“好数阵”；若不是，说明理由． 【答案】（1），，， （2）证明见解析 （3）是“好集合”，满足的“好数阵”有，，，；不是“好集合”，证明见解析 【解析】 【分析】（1）直接根据定义解出未知量的值； （2）可构造恰当的映射，以证明结论； （3）第三问可通过分类讨论求解问题. 【小问1详解】 由“好数阵”的定义，知，，，，故，，，，进一步得到，. 从而，，，. 【小问2详解】 如果是一个“好数阵”，则，. 从而，. 故也是一个“好数阵”. 由于是偶数，故，从而. 这就说明两数阵和的第1行第2列的数不相等，从而是不同的数阵. 设全体“好数阵”构成的集合为，并定义映射如下： 对，规定. 因为由中的元素构成的数阵只有不超过种，故是有限集合. 而 ， 这就表明，从而是满射，由是有限集，知也是单射，从而是一一对应. 对“好数阵”，已证两数阵和是不同的数阵，故. 同时，对两个“好数阵”，，如果，则；如果，则. 所以当且仅当. 最后，对，由，称2元集合为一个“好对”. 对，若属于某个“好对”，则或，即或. 由于，故无论是还是，都有. 这表明，每个“好数阵”恰属于一个“好对”，所以“好数阵”的个数是“好对”个数的2倍，从而“好数阵”必有偶数个. 【小问3详解】 若是“好数阵”，则有 ， 所以，这表明一定是偶数. 若，设是“好数阵”，则，从而， 故. 由于，故，同理. 若，设，则，故，从而. 进一步有，而，故. 假设，设，则，故，则，. 由于，，故，. 此时，从而，，但此时，矛盾； 所以，故，分别尝试所有24种可能的对应方式，知符合条件的“好数阵”有，； 若，则，从而. 若，则或. 若，则，，分别尝试3种可能，知符合条件的“好数阵”有，. 若，则，，若，则，或且，分别尝试所有可能，知符合条件的“好数阵”有； 若，则，分别尝试所有可能，知符合条件的“好数阵”有； 若，则，假设，由于，，故，矛盾，所以. 对尝试所有组合，知符合条件的“好数阵”有，，，. 综上，全部的“好数阵”有，，，，，，，，，， 其中，满足的有，，，. 综上，是“好集合”，满足的“好数阵”有，，，. 若，由于此时不是偶数，所以不存在“好数阵”，从而不是“好集合”. 【点睛】关键点点睛：关键是第3小问需要较为繁琐的分类讨论，耐心尝试所有情况才可不重不漏. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $