浙江四校（含精诚联盟）2025-2026学年高一下学期3月阶段检测数学试卷（Word版附解析）

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2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号（填涂）；
3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效．
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. 下列函数中，既是奇函数又是周期函数的是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据函数的奇偶性定义可知函数为奇函数，为周期函数，选A.
2. 已知是角终边上的一点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据任意角三角函数的定义及诱导公式求解即可.
【详解】点到原点的距离为，所以.
则.
3. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用函数定义域的求法和指数函数的值域求解集合、，然后利用交集定义求解即可.
【详解】由可得，即，即，
由可得，故.
4. 已知非零向量与的夹角为，且，则（ ）
A. B. C. 4D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量数量积以及求模公式计算即可.
【详解】因为非零向量与的夹角为，
所以，
所以
5. 已知的面积为，角为锐角，，，则角的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由三角形面积公式可得，因为角为锐角，所以，，结合余弦定理可解得，再使用一次余弦定理即可解得的值，进而得到角的大小.
【详解】在中，，
即，解得，
因为角为锐角，所以，，
在中，，
即，解得，
则，
则有．
故选：D.
6. 在中，，则值为（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】利用平面向量基本定理和向量数量积分析运算即可.
【详解】如图所示：
因为，又，
所以，
又，所以，且，
所以.
7. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则（ ）
A B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】先利用正弦定理将角的关系转化为边的关系，再通过余弦定理求出角，接着结合正弦定理得到边 与的关系，最后代入余弦定理公式整理得出的值.
【详解】已知，由正弦定理可得 ，
整理得， 由余弦定理​，
因为，所以.
由​​，且，可得，由正弦定理可得，
由余弦定理可得，即，
整理得.选C.
【点睛】本题以三角形边角关系为载体，核心是正弦定理实现角边互化、余弦定理建立三边与夹角联系，通过 “角化边→求角→再用正弦定理得边的关系→代入余弦定理求比值” 的流程，完成从条件到结论的转化.
8. 已知函数，若正实数a，b满足，则的最小值为（ ）
A. B. 3C. D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得，根据复合函数单调性可得函数在上单调递减，进而可得，再利用基本不等式求解即得.
【详解】由，可知定义域为，
又，即，
则，
所以，
因为在单调递减，在定义域内单调递增，
由复合函数单调性可知，在单调递减，
显然在上单调递减，所以函数在单调递减．
令，
因为，
所以函数是定义在上的奇函数，故函数在也单调递减，
所以函数在定义域上单调递减．
正实数a，b满足，所以
故，即，所以，
当且仅当时，取等号，即的最小值为6．
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的．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分．
9. 已知关于的不等式的解集为，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. 不等式的解集为D. 不等式的解集为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由不等式的解集的特征可得A；利用解集可得、、间关系，即可得B；利用、、间关系，计算可得C、D.
【详解】对A：由关于的不等式的解集为，可得，故A正确；
对B：由题意可得，
故，，则，故B错误；
对C：，由，故，即，故C正确；
对D：，
由，则该不等式解集为，故D正确.
10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小正周期是
B. 的图象关于对称
C. 在区间上单调递增
D. 由函数图象向右平移个单位可得到函数的图象
【答案】ABC
【解析】
【详解】对于A，的最小正周期，故A正确;
对于B，对于函数，令，解得
当时，
的图象关于对称，故B正确;
对于C，对于函数，令，解得，
当时，，即的单调递增区间为
又区间是的子区间，在区间上单调递增，故C正确;
对于D，函数图象向右平移个单位，得到，故D错误;
11. 在锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若为外一点，且B，D在直线AC的异侧，，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则A，B，C，D四点共圆
C. 四边形面积的最大值为D. 四边形面积的最小值为
【答案】BC
【解析】
【分析】首先根据已知条件判断三角形的形状，代入数量积公式判断A，根据三边求，判断B，将四边形的面积表示为关于的三角函数，并求最值，判断CD.
【详解】根据由正弦定理化简得到，
，三角形为锐角三角形可得，∴为等边三角形．
A选项：错误；
B选项：，
，即四边形ABCD对角互补，所以A，B，C，D四点共圆，B正确．
C、D选项：设边长为，
由余弦定理得
，
，
，
，，，所以，
∴四边形ABCD面积无最小值；四边形ABCD面积有最大值错误，C正确
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知且，函数的图象过定点，则的坐标为______.
【答案】
【解析】
【详解】令得，，
所以函数的图象过定点，即的坐标为.
13. 已知向量，则在方向上的投影向量的坐标为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据投影向量的定义即可得；
【详解】在方向上的投影向量的公式为：，
所以，，
将结果代入公式: .
14. 已知锐角中，，则的值是__________．
【答案】##
【解析】
【分析】将已知的两式相减，利用两角和的余弦公式化简求值，即可求得的值.
【详解】由题意，可得，
又因为，
所以，
在锐角中，，
所以，
则，即，.
四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤．
15. 已知向量，其中．
（1）若，求实数的值；
（2）若与的夹角为钝角，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出，，然后再根据垂直关系即可求出；
（2）由与的夹角是钝角得到且与方向不相反，得到不等式组，求出实数的取值范围.
【小问1详解】
，
，解得．
【小问2详解】
由与的夹角为钝角，得且与方向不相反，
所以且，解得且.
所以实数的取值范围为．
16 已知函数，其中且．
（1）设．
①若，求的值；
②若，求的最小值．
（2）当时，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）①；②
（2）
【解析】
【分析】(1) ①由得，代入表达式即可；②写出的表达式，利配方法求其最小值即可；
(2) 当分别讨论分析即可.
【小问1详解】
时，，
①由得，
．
②
，
时，，即时，；
【小问2详解】
当时，的值域为，不符合条件，
，且解得，
，即实数的取值范围.
17. 已知的周长为，面积为，内角A、B、C对边分别是a、b、c，且.
（1）求角；
（2）若边长，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式即可求解.
（2）由余弦定理可得结合基本不等式求出，即可求解.
【小问1详解】
，
由正弦定理得
，
在中，
【小问2详解】
由余弦定理可得：，
即
，
，
，当且仅当时取等号
又
∴当时，取到最小值为
18. 已知函数，其中．
（1）若的最小正周期为，
①求的单调递增区间；
②求时的值域．
（2）若函数在区间上没有最值，求的取值范围．
【答案】（1）①；②
（2）
【解析】
【分析】（1）结合二倍角公式及辅助角公式对原函数进行化简，根据余弦型三角函数的性质求解即可.
（2）由函数在区间上没有最值得到在区间上单调，结合余弦型三角函数的性质及列不等式求解即可.
【小问1详解】
.
因为的最小正周期为，所以，解得．
所以.
①令，解得．
所以的单调递增区间为.
②当时，，所以，
则.
故所求函数的值域为.
【小问2详解】
因为，可得
令，则函数在区间上没有最值，
即函数在区间上无最值，
因为函数的单调区间为，
则满足，解得，
因为，所以应满足，解得，
所以或.
当时，；当时，，
综上，实数的取值范围是.
19. 对于函数，若存在实数，使得为上的奇函数，则称是位差值为的“位差奇函数”．
（1）判断函数和是否是位差奇函数，并说明理由；
（2）若是位差值为的位差奇函数，求的值；
（3）若存在，使是位差值为的位差奇函数，求实数的取值范围．
【答案】（1）为位差奇函数，不是位差奇函数，理由见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据位差奇函数的定义，进行判断；
（2）根据化简后为奇函数，求的值；
（3）首先化简函数，根据，转化为方程有解问题求的取值范围.
【小问1详解】
由，可得，
因为函数为奇函数，故对于任意有为位差奇函数，
又，设．
此时，若为奇函数，则恒成立．矛盾，
故不存在有为位差奇函数
【小问2详解】
由是位差值为的位差奇函数可得，为上的奇函数．
即为奇函数
即，，
．
又，所以
【小问3详解】
设
由题意存在对任意恒成立．
由，
可得对任意恒成立，
因为不恒为，所以必有，即，
故在有解．
又，故．
故实数的取值范围为