湖北省武昌实验中学2025-2026学年高一下学期3月阶段检测数学试题（Word版附解析）

这是一份湖北省武昌实验中学2025-2026学年高一下学期3月阶段检测数学试题（Word版附解析）试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
考试时间：2026年3月24日下午14：00—16：00 试卷满分：150分
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知一个扇形的弧长为6，面积为9，则这个扇形圆心角的弧度数为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据扇形的圆心角，半径，弧长，面积的关系列方程组求解即可.
【详解】设扇形的圆心角为，半径为，
因为扇形的弧长为6，面积为9，
所以，解得，
所以这个扇形圆心角的弧度数为
故选：D
2. 已知平面向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用投影向量的计算公式结合向量数量积的坐标公式计算即可．
【详解】由，，可得，
，且，
则，，
则向量在向量上的投影向量为：
，
故向量在向量上的投影向量的坐标为.
故选：D.
3. 将函数的图象向右平移个单位长度后，所得的图象关于原点对称，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数图象的平移变换，可得，根据函数图象关于原点对称的性质可列方程，得，再结合即可得解.
【详解】的图象向右平移个单位长度，
可得，
因为函数的对称中心为，
若平移后的图象关于原点对称，
则，得，
因为，故当时，取得最小值.
故选：C.
4. 在边长为4的正方形中，动圆Q的半径为1、圆心在线段（含端点）上运动，点P是圆Q上及其内部的动点，则的取值范围是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据数量积的几何意义，结合图形关系即可求解最值.
【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，
由数量积的几何意义可知：等于与在上的投影的乘积，
故当在上的投影最大时，数量积最大，此时点在以为圆心的圆的最上端处，此时投影为，故数量积为，
故当在上的投影最小时，数量积最小，此时点在以为圆心的圆的最下端处，此时投影为，故数量积为,
故，
故选：A

5. 如图，在中，为上一点，且满足，若则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量的线性运算及三点共线的条件，再利用平面向量的基本定理及向量的数量积的运算律即可求解.
【详解】因为所以
因为三点共线，
所以即,
又因为，
所以,且为不共线的非零向量，
所以，解得，
所以，
所以
.
故选：B.
6. 的值为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】由两角差正弦公式结合题意可得答案.
【详解】.
故选：A
7. 已知函数（）在上单调递增，且在上有且仅有1个零点，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意，利用正弦函数的零点和单调性求出的取值范围
【详解】当，，
函数（）在上单调递增，
所以，所以
当，，
且，
在上有且仅有1个零点，
所以或，
所以或，
综上的取值范围为，
故选：C
8. 已知平面向量，，，且已知向量与所成的角为，且对任意实数恒成立，则的最小值为（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】先用平方去掉条件中绝对值号，通过解不等式求出，再用向量的三角不等式求最小值.
【详解】平方去绝对值号，由，则，
根据向量与的条件可得，
化简可得，
令，由于函数开口向上，所以需要满足，所以.
观察所求式子内部，两者相减可将约掉，所以可用向量的三角不等式求解，
即，
又，
则的最小值为
二、多项选择题（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. 下列关于平面向量的说法中正确的是（ ）
A. 已知、均为非零向量，若，则存在唯一实数，使得
B. 已知非零向量，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是
C. 若且，则
D. 若平面内有四个点、、、，则必有
【答案】AD
【解析】
【分析】利用平面向量共线的基本定理可判断A选项的正误；分析可知且与不共线，结合平面向量的坐标运算可判断B选项的正误；利用平面向量数量积的运算性质可判断C选项的正误；利用平面向量的线性运算可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，已知、均为非零向量，若，则存在唯一的实数，使得，A对；
对于B选项，，
若与的夹角为锐角，则，解得，
且与不共线，则，解得，
所以，实数的取值范围是，B错；
对于C选项，且，则，则，C错；
对于D选项，，故，D对.
故选：AD.
10. 已知，下列说法正确的是（ ）
A. 若，在区间上单调
B. 若关于直线轴对称，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最大值是
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，由辅助角公式结合正弦函数的单调性可判断其正误；对于B，利用特值法先求出，再验证后可判断B的正误；对于C，根据对称中心的性质求出，从而求并判断C的正误，对于D，利用正弦函数的性质结合辅助角可判断何时最值之差最大，求出最值后可判断D的正误.
【详解】对于A：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；
对于B：若关于直线轴对称，故，
所以，故，此时，
而，故确为对称轴，故B正确.
对于C：时，为的一个对称中心，
所以，故，
所以，故C正确；
对D：当时，，
其中，，且，
当时，，
由正弦函数的图像得，在同一单调区间上时最大值与最小值的差才可能最大，
即求与的差的绝对值何时最大，
令
，
当即，时
，.故D正确.
11. 已知，，是互不相等的非零向量，其中，是互相垂直的单位向量，，记，，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则O，A，B，C四点在同一个圆上
B. 若，则的最大值为2
C. 若，则的最大值为
D. 若，则的最小值为
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A选项，，后由可得答案.
对于B选项，由A分析可知，O，A，B，C四点在同一个圆上.又，则其长度为圆上弦的长度.
对于C选项，由题可得A，B，C均在以为圆心、1为半径的圆上，设，又，则.
表示出后可得答案.
对于D选项，由结合C选项分析，得，
又由，可得，后由重要不等式可得答案.
【详解】对于A选项，如图，若，则，所以，又，所以，所以O，A，B，C四点在同一个圆上，故A正确；
对于B选项，若，由A选项知，O，A，B，C四点在同一个圆上，
又，则其长度为圆上弦的长度.当线段为该圆的直径时，最大，且最大值等于，故B错误；
对于C选项，由题可得A，B，C均在以为圆心、1为半径的圆上，
设，又，则
.其中.
则
，
当时取等号.故C错误.
对于D选项，由C选项分析结合可知.
又，则
，
则由重要不等式有：.
得，当且仅当时取等号.故D正确.
故选：AD
【点睛】关键点点睛：本题涉及向量，三角函数.判断A，B选项关键为能由得到，从而可以得到O，A，B，C四点在同一个圆上.
判断C，D选项关键，为利用A，B，C在单位圆上设出其坐标，后利用向量坐标表示结合三角函数，不等式知识解决问题.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知，则________
【答案】
【解析】
【分析】通过换元将已知角与目标角关联，利用诱导公式把转化为，再用二倍角公式代入已知值计算.
【详解】令，则，且；
代入目标表达式：；
利用诱导公式，得：；
用二倍角公式，代入，则.
故答案为：
13. 已知点为所在平面内一点，若，则_______.
【答案】
【解析】
【分析】通过向量分解构造平行四边形，再将与的面积用面积来表示，从而求得面积比.
详解】过点A作，，则，
以，为邻边作平行四边形，
所以，，
可得，，
所以.
14. 如图，在中，已知，，，直线过的重心，且与边、分别交于、两点，则的最小值为________．
【答案】
【解析】
【分析】设，，分析得出，求得，利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】先证明结论：已知为直线外一点，、、为直线上三个不同的点，若，则.
因为、、为直线上三个不同的点，则，
可设，即，所以，，
所以，，结论成立.
本题中，设，，
当点与点重合时，为的中点，此时；
当点为线段的中点时，与点重合，此时，故，同理可得.
由，
又、、三点共线，，即，
延长交于点，则为的中点，且有，
又
，
当且仅当，时取得最小值.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：
（1）利用定义：
（2）利用向量的坐标运算；
（3）利用数量积的几何意义．
具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答题应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知函数.
（1）求函数的最小正周期及单调递增区间；
（2）将函数的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度得到的图象，若，求函数在上的取值范围.
【答案】（1）最小正周期为；；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据二倍角的正弦、余弦公式和辅助角公式计算可得，由求出最小正周期，利用整体代换法即可求出单调区间；
（2）根据三角函数图象的平移变换可得，结合正弦函数的图象与性质即可求解.
【小问1详解】
因为，
所以的最小正周期为；
令，则，
所以的单调增区间为.
【小问2详解】
的图象向左平移个单位长度得到，
再向上平移1个单位长度得到，
所以.令，
因为，
又因为，所以.
所以，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
即函数在上的取值范围是.
16. 如图，在等腰梯形中，是边上一点（含端点），与交于点，若，且设.

（1）若，求的值；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由三点共线、得，用表示出，根据向量共线可得，进而求得即可求解；
（2）用表示出，根据平面向量数量积的运算律即可求解.
小问1详解】
由三点共线，且，可知，
在等腰梯形中，由，，
可得，
又，所以，
所以，
因为三点共线，所以向量共线，
可得，结合，解得，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，又，
则，
分别过作的垂线，垂足分别为，

因为等腰梯形中，，
所以，可得，
又，得，
所以，，
可得
，
又是边上一点（含端点），，则，
所以.
17. 海水受日月的引力，在一定的时候发生涨落的现象叫潮汐.一般地，早潮叫潮，晚潮叫汐.在通常情况下，船在涨潮时驶进航道，靠近码头；卸货后，在落潮时返回海洋.下面是某港口在某季节某天时间与水深（单位：米）的关系表：
（1）请用一个函数近似地描述这个港口的水深y与时间t的函数关系；
（2）一般情况下，船舶航行时，船底离海底的距离为5米或5米以上认为是安全的（船舶停靠时，船底只要不碰海底即可）.某船吃水深度（船底离地面的距离）为6.5米.
①如果该船是旅游船，1:00进港，希望在同一天内安全出港，它至多能在港内停留多长时间（忽略进出港所需时间）？
②如果该船是货船，在2:00开始卸货，吃水深度以每小时0.5米的速度减少，由于台风等天气原因该船必须在10:00之前离开该港口，为了使卸下的货物尽可能多而且能安全驶离该港口，那么该船在什么整点时刻必须停止卸货（忽略出港所需时间）？
【答案】（1）（2）①16个小时②为了安全，货船在整点时刻6时必须停止御货
【解析】
【分析】(1)根据函数图像的最大值与最小值求出A，h，周期与，再由周期求出，即可求得解析式；(2) ①由题意得，时就可以进出港，即，解不等式得，又，求出t的范围，分析出离港时间即可得解；②由题意得，画出两函数的图像，由且知船在整点时刻6时必须停止御货.
【详解】解析（1）以时间为横坐标，水深为纵坐标，在平面直角坐标系中画出散点图.如图.

根据图象，可考虑用函数刻画水深与时间之间的对应关系.
由数据和散点图可以得出，，，.
由，得，
所以这个港口水深y与时间t的关系可用近似描述.
（2）①由题意得，时就可以进出港，令得，所以，解得，
又，∴或.
由于该船1:00进港，所以可以17:00离港，
又在1:00到17:00这段时间内，水深最浅时为9:00，且该时刻水深为7米，大于6.5米，
所以在同一天安全出港，在港内停留的最长时间是16个小时.
②设在x时刻货船航行的安全水深为y，那么.
在同一坐标系下画出与的图象.

设,
由且知，为了安全，货船在整点时刻6时必须停止御货.
【点睛】本题考查正弦型函数的图像与性质和三角函数的简单应用，属于中档题.
18. 如图，是单位圆（圆心为）上两动点，是劣弧（含端点）上的动点.记（均为实数
（1）若到弦的距离是，
（i）当点恰好运动到劣弧的中点时，求的值；
（ii）求的取值范围；
（2）若，记向量和向量的夹角为，求的最小值.
【答案】（1）（i）；（ii）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，又直线与圆的位置关系，得，（i）可由圆的几何性质得，从而按照数量积的定义求得结果；（ii）以为基底向量，所求向量用基底表示，进而转换为夹角余弦值求范围；
（2）以为基底向量，平方处理基底向量线性运算的模问题，根据已知不等式求得夹角余弦值的范围，则所求两个线性运算向量的夹角可转换成基底向量夹角余弦值的函数关系，利用复合函数关系求得最值即可.
【小问1详解】
解：由到弦的距离是，可得，故
（i）由圆的几何性质得，
故
（ii）记劣弧的中点为，且
①
②
①+②得
进一步得：
，
其中
故的取值范围为：
【小问2详解】
解：记，由两边平方，得
，又，∴
∴
故
又和向量的夹角为，
记，
显然关于单调递增，
所以当时，.
19. 已知函数的部分图象如图所示，其中为坐标原点，是的图象与轴的交点，分别为图象的最高点和最低点，均是的图象与轴的交点．
（1）求的长度及的值；
（2）设点的横坐标为，若对任意的，任意的，恒成立，求的取值范围；
（3）若函数，且关于的方程在上恰有3个不相等的解，求的取值范围．
【答案】（1），；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）代入点坐标求出解析式，然后可得的坐标，即可得解；
（2）转化为在区间上最小值大于在上恒成立，然后利用平方关系转化为在上恒成立，解不等式即可；
（3）令，然后解方程，然后直接求出相应，结合题意即可得解.
【小问1详解】
将点坐标代入函数解析式可得：，即，
又，所以，所以，
易知，函数的最大值为3，最小值为，周期为，
记，则，所以.
令得，
所以或，即或，
由图可知，，所以
【小问2详解】
对任意的，任意的，恒成立，
等价于在区间上的最小值大于在上恒成立.
由（1）可知，，当时，，
所以，所以，即，
所以，即在上恒成立，
即在上恒成立，即在上恒成立，
由余弦函数性质可知，.
【小问3详解】
，
令，则，
解得或，即或，
即或（舍去），所以，
所以或或或，
即或或或，
则方程的非负实数根由小到大为，
因为方程在上恰有3个不相等的解，
所以，即的取值范围为.
时刻
0:00
3:00
6:00
9:00
12:00
15:00
18:00
21:00
24:00
水深
10.0
13.0
9.9
7.0
10.0
13.0
10.1
7.0
10.0