湖北省黄石市云学联盟2025-2026学年高一下学期3月阶段检测数学试题（Word版附解析）

这是一份湖北省黄石市云学联盟2025-2026学年高一下学期3月阶段检测数学试题（Word版附解析）试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，集合，则图中阴影部分所表示集合为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】，，
所以阴影部分所表示的集合为
2. 如图，在平行四边形中，边，，点是对角线上靠近点D的三等分点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】在平行四边形中，边，，点是对角线上靠近点D的三等分点，
所以
3. 已知幂函数在单调递增，则（ ）
A. B. 0C. 1D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为幂函数 在单调递增，所以，解得：
4. 已知，，则“”是“向量与向量共线”（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】先求得，，再根据向量共线的坐标表示得，最后结合充分条件与必要条件的概念判定即可.
【详解】因为，，
所以，
，
故当向量与向量共线时，有，
即，解得，
所以“”是“向量与向量共线”的充要条件.
5. 将函数图象上各点横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向左平移个单位，所得函数图象的对称中心是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】首先分析函数图象变换过程：
1.横坐标伸长：将的横坐标伸长到原来的倍(纵坐标不变)，
根据横坐标伸缩变换规则)，得到函数.
2.向左平移：将上述函数向左平移个单位(左移个单位时)，
得：.
接下来求正切函数的对称中心：
正切函数的对称中心满足，
对于满足：；
解此方程得：.
因此，所得函数图象的对称中心为.
6. 已知为上的奇函数，且满足，且时，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先利用奇函数性质和已知对称关系推出函数周期，再将所求的通过周期性和对称性转化为已知解析式区间内的函数值进行计算.
【详解】已知是上的奇函数，所以 ，整理得：，
由，即，代入上式得： ，
所以，因此函数周期.
所以 ，
又由得 ，
所以
【点睛】本题考查抽象函数的奇偶性、对称性与周期性的关联，核心方法是利用双对称关系推导周期，通过转化化归将未知区间的函数值变为已知区间的函数值求解.
7. 已知向量，满足，，且在上的投影向量为，则坐标为（ ）
A. 或
B. 或
C. 或
D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】设，根据题意利用向量的坐标运算求解即可.
【详解】因为在上的投影向量为，所以，即，
设，则，解得或，
所以或.
故选：A.
8. 设函数在区间恰有四个最值点和三个零点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先利用换元法将转化为形式，然后做出图像，根据已知条件判断范围即可.
【详解】由题意知，设，则，作的部分图像，如图所示，
要满足函数在区间恰有四个极值点和三个零点，
即满足函数在上恰有四个最值点和三个零点，
则，解得．
二、多选题：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．
9. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 的最小正周期为
C. 是的一条对称轴
D. 向右平移个单位得到的函数是奇函数
【答案】AB
【解析】
【分析】根据图象可得函数的最大值最小值，结合解析式可求，由此判断A；观察图象可得函数的周期，由此判断B；根据最小正周期求出，将点代入函数解析式可求，根据正弦函数性质求函数的对称轴判断C；求出平移之后的函数解析式，结合函数奇偶性的定义判断D.
【详解】观察图象可得函数的最小值为，最大值为，所以，故选项A正确；
观察图象可得函数的最小正周期，故选项B正确；
由，得，又，所以，
将点代入中，得，
所以，，又，所以，
故函数，
令，，可得，，
所以不是函数的一条对称轴，故选项C错误；
函数的图象向右平移个单位，
所得函数解析式为，
由函数定义域为，定义域关于原点对称，又
所以函数不是奇函数，故选项D错误.
故选：AB.
10. 已知，且，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【详解】已知 ，且 .
对于A. ，由均值不等式，
当且仅当 时等号成立，即 ，结合 ，解得 ，，符合条件，所以 ，正确.
对于B. ，由选项A，， 当且仅当，时等号成立， 所以，而选项为 ，故 B 错误.
对于C. ，由均值不等式，，
当且仅当 时等号成立，即 ，结合 ，解得 ，符合条件，所以 ，正确.
对于D. 由 得 ，函数 在 处取最小值 ，当 时，满足条件，最小值可达，正确.
11. 已知O为坐标原点，点，，，，，下列说法正确的是（ ）
A.
B. 若，则，
C. 点绕点O逆时针旋转90°后得到的点与点关于y轴对称
D. 若点E、F分别是线段OA、OB上（含端点）动点，点P在以O为圆心的劣弧上（含端点）运动，且，则的范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A：分别计算两个向量模的平方，代入坐标结合同角三角函数平方关系，验证判断；对B，展开数量积化简得，求解判断；对选项C：根据逆时针旋转变换规则得到坐标，求出关于轴对称点的坐标，对比判断；对D，设出各点坐标，将化简数量积结合位置及，可得取值范围.
【详解】对于选项A：，，
，，
故，A正确；
对于选项B：，，
由得 或 ，
若，可为任意值；若，则，B错误；
对于选项C：点 绕原点逆时针转后变为，故 旋转后得到点，
点关于 轴对称的点为，与旋转结果一致，C正确；
对于选项D：设，，由得；
设，则，
，
其中，因为分别是线段上（含端点）的动点，
所以，又，所以，，
又，且 ，所以，
即的范围是，D正确.
【点睛】本题考查平面向量的坐标运算、模长、数量积，结合三角恒等变换、坐标变换，核心方法是坐标法结合三角函数性质求解问题
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. ______．
【答案】
【解析】
【详解】原式化为
.
13. 如图，在中，，E为AC中点，且BE与CD交于点F，若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用共线向量定理的推论求解即得.
【详解】在中，，E为AC中点，得，
由，得，，
由点共线，点共线，得，解得，
所以.
14. 函数，为的内角，若不等式恒成立，则实数m的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】先证明.，将整理为，利用三角函数性质及换元法求出的最小值，从而得到m的范围.
【详解】因为，，
所以.
由，
得，
即，
在R上单调递增，在R上单调递减，所以在R上单调递增，
所以恒成立，
设，由于，所以，
所以，即，
则的取值范围是，
所以，即，
所以实数m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. 已知，且，且．
（1）求a的值及的单调区间.
（2）若对于，，使得成立，求实数t的取值范围.
【答案】（1），函数在上单调递增，在上单调递减；
（2）.
【解析】
【分析】（1）先由求出的值，再由复合函数单调性，同增异减，求出的单调区间.
（2）构造，分别求出即，，不等式成立，
即，可求出实数t的取值范围.
【小问1详解】
由得，即，
所以，所以，
所以，
因为，所以，故的定义域为；
，
因为函数在上单调递增，在上单调递减，
又函数为增函数，
由复合函数的单调性可得：函数在上单调递增，在上单调递减．
【小问2详解】
令，
，，使得，即，
其中由（1）知，
又在上单调递增，
，
，．
16. 已知向量与满足：，，且．
（1）求与的夹角
（2）求与的夹角的余弦值
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用垂直关系的向量表示求出，再利用向量夹角公式求解.
（2）利用向量数量积的运算律及向量夹角公式求解.
【小问1详解】
由，，得，解得，
又，因此，而，
所以与的夹角.
【小问2详解】
由（1）得，
，
，
所以与的夹角的余弦值.
17. 已知函数，．
（1）若，求在的单调递增区间
（2）若，当时，取得最小值，求
【答案】（1），
（2）．
【解析】
【分析】（1）结合三角恒等变换得，再求函数单调区间即可；
（2）根据辅助角公式得，其中，，进而结合三角函数性质得，，再计算，，并结合正弦和角公式求解即可.
【小问1详解】
因为函数，，
所以，
令，解得：，，
令，
令，
所以在的单调递增区间为，．
【小问2详解】
，
其中，，
因为当时，取得最小值，则，
所以，
所以，
，
所以．
18. 如图，已知矩形ABCD中，，，M、N分别是边AD、BC上的动点（不含端点），Q为边AB的中点，且，设．
（1）求的值
（2）记面积为，面积为，求的取值范围
（3）记面积为，求的最小值
（提示：）
【答案】（1）64； （2）；
（3）．
【解析】
【分析】（1）根据平面向量线性运算，可得，再结合数量积的运算，即可求解；
（2）根据题意，可得，，则，结合双勾函数，利用换元法求解即可；
（3）根据题意，可得，，所以，结合正弦函数的单调性，即可求解.
【小问1详解】
根据题意，可得，，，
所以.
【小问2详解】
由题意：，，
，，，
令，，，
则．
由双勾函数图像在上单调递减，
则，即．
【小问3详解】
因为，Q为边AB的中点，且，，
所以，，
所以在直角中，，
同理，在直角中，，
所以，
所以，
，，
，，最小值为．
19. 已知函数，，
（1）若是奇函数，求a的值；
（2）在（1）的前提下，证明：在上仅一个零点，且；
（3）设函数，，若对，总存在唯一的，使得成立，求a的取值范围.
【答案】（1）1 （2）证明见解析
（3）或．
【解析】
【分析】（1）由奇函数定义 ，代入化简得 对任意 成立，故 .
（2）先由单调性和零点定理得唯一零点 ,再由 代换得 ,结合 即得 .
（3），问题转化为 在 上单调且值域包含 ，且对每个 有唯一解. 由对称轴位置分类讨论，得 或 .
小问1详解】
由题意：，且，
所以，
所以．
【小问2详解】
和在上均为增函数，故在上单调递增，
又，，
由零点的存在性定理可知，，使，
即，
则，
又，故.
【小问3详解】
由题意 在 上单调递增,故 ，
所以 的值域包含 ,且对
总存在唯一 使得.
若 即 时, 解得 ，
若 即 时, 解得 ，
若 即 时 或 ，
解得 ，
综上所述: 的取值范围为 或 .