2025--2026学年河南南阳市方城县第一高级中学高一下册4月阶段性检测数学试题 [含答案]

这是一份2025--2026学年河南南阳市方城县第一高级中学高一下册4月阶段性检测数学试题 [含答案]，共21页。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，则（ ）
A．B．－C．D．－
2．已知向量，且，则（ ）
A．B．C．D．
3．在中，，，则的最短边与最长边之比为（ ）
A．B．C．D．
4．在平面内，某质点在三个力的作用下恰好处于平衡状态，其中，则在上的投影向量的坐标为（ ）
A．B．C．D．
5．记的内角，，的对边分别为，，，，，，则的面积为（ ）
A．1B．C．D．
6．已知，则（ ）
A．B．C．D．
7．解决平面向量问题一个重要的定理：，的充要条件是三点共线.如图所示，分别是的中点，则=（ ）
A．1B．2C．D．
8．已知，且，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．在中，已知，则角的可能值为（ ）
A．B．C．D．
10．已知圆，直线，直线与圆交于，两点，则（ ）
A．直线过定点
B．的最小值为2
C．的取值范围为
D．当圆上恰有三个点到直线的距离等于时，
11．函数，下列结论正确的有（ ）
A．函数的最小正周期为B．函数为奇函数
C．函数关于对称D．函数在上单调递减
三、填空题
12．在中，，则的面积是__________.
13．如图，向量，，的起点与终点均在正方形网格的格点上，请用基底，表示__________.

14．如图，为半圆的直径，点为的中点，点为线段上的一动点（含端点、）．若，则的取值范围是________
四、解答题
15．已知平面向量，，.
(1)若，且，求和的值；
(2)若，求的值.
16．（1）求值：；
（2）若，求的值.
17．（1）求值：.
（2）在中，已知，且，求角.
18．定义：非零向量，函数，则称为的伴随函数，为的伴随向量.
(1)若向量为函数的伴随向量，求.
(2)若函数为向量的伴随函数.
①在中，若，且，求证：.
②若点是的垂心（三角形三条高所在直线的交点），且，求的值.
19．函数的部分图象如下：
(1)求函数的解析式，并写出定义域为时的增区间.
(2)将函数图象上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标变为原来的倍，再将所得函数图象上所有点向左平移个单位长度得到函数的图象.在区间内，恰存在3个实数，使.
（ⅰ）求函数的解析式，并直接写出实数的取值范围；
（ⅱ）求的值.
《河南南阳市方城县第一高级中学2025-2026学年高一下学期4月阶段性检测数学试卷》参考答案
1．D
【分析】结合，运用两角和与差的正弦公式构造出与，再利用诱导公式，即可得解.
【详解】由得，①，②，
即，，
∴
∵，∴.
故选：D.
2．C
【分析】由可得，由可得，最后应用模长公式即可求解.
【详解】因为，所以，
展开整理得，由，
得，即，
所以，即，所以.
3．C
【分析】首先求出，即可求出，从而得到，则，再求出，最后由正弦定理计算可得.
【详解】因为，，
所以，
又，所以，则，
又，，所以，所以，则，
又，解得，
所以，
即的最短边与最长边之比为.
故选：C
4．B
【分析】根据平衡可得，，根据向量的坐标运算可得结果.
【详解】因为三个力的作用下恰好处于平衡状态，所以，
设，根据向量的坐标运算，，
所以，所以.
因为，所以在上的投影向量的坐标为.
5．B
【详解】因为，所以，
所以，
所以，
所以，
所以
6．B
【分析】利用辅助角公式得，又，利用二倍角的余弦公式即可求解.
【详解】由得，
又因为，
故选：B.
7．B
【分析】令，由三点共线，可得到一个向量等式，由三点共线可得到另一个等式，两者结合可求，进而得的值.
【详解】由三点共线，是的中点，得，①
令，
由三点共线，是的中点，
可得，②
比较①、②，得，解得．
则.
故选：B.
8．C
【分析】由余弦的倍角公式，结合条件，可得，再由三角函数的同角关系和商数关系，即可求解.
【详解】因为，
解得或，又，则，
所以，则．
9．AC
【分析】由条件通过配方得到，再结合余弦定理即可求解.
【详解】由，
即，
所以，
或.
故选：AC
10．ACD
【分析】对于选项A，将直线整理成，得到，此方程组的解构成的点就是直线恒过的定点；对于选项B，先求出的圆心和半径，由直线过定点，可知过定点的直径是最长的弦，过定点且与这条直径所在直线垂直的直线与圆相交的弦长是最短的弦，求出定点到圆心的距离，则的最小值为代入数值即可得解；对于选项C，由求出，结合余弦定理求出的范围，利用向量的数量积的定义得到，由的范围得解；对于选项D，由圆上恰有三个点到直线的距离等于，得到圆心到直线的距离等于，利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，则，计算即可得解.
【详解】对于选项A，直线，，
，，直线过定点，选项A正确；
对于选项B，的圆心为，半径为，
直线过定点，过定点的直径是最长的弦，
过定点且与这条直径所在直线垂直的直线与圆相交的弦长是最短的弦，
定点到圆心的距离为，
的最小值为，选项B错误；
对于选项C，，，
，
，，，
，
，，，选项C正确；
对于选项D，圆上恰有三个点到直线的距离等于，
圆心到直线的距离等于，
，圆心
圆心到直线的距离，
，选项D正确.
故选：ACD.
11．AC
【分析】由二倍角公式和辅助角公式化简求出函数的解析式，再逐个判断函数的周期，对称性及单调性即可．
【详解】
.
选项A：最小正周期，正确；
选项B：，不满足奇函数的性质，错误；
选项C：将代入得，此时取最值，正确；
选项D：令，，
解得增区间为，，
时，在增区间内，则函数单调递增，错误.
12．
【分析】根据给定条件，利用余弦定理、三角形面积公式列式计算.
【详解】在中，，由余弦定理得，
则，所以的面积为.
故答案为：
13．
【分析】根据平面向量的基本定理进行表示即可.
【详解】假设竖直向上的一个向量的起点与终点在网格的格点上，且长度为最小正方形边长，
那么，所以有，
那么.
故答案为：.
14．
【分析】设半圆的圆心为，分析可知，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，设点，其中，利用平面向量模长的坐标公式可求得的取值范围.
【详解】设半圆的圆心为，因为点为的中点，为半圆的直径，所以，
以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如图所示的平面直角坐标系，
则、、，设点，其中，
则，，所以，
因为，所以，则，
故，即的取值范围是.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据平面向量运算的坐标公式列出等式和方程组，求解即可.
（2）先根据求出值，然后根据向量的模公式求出结果即可.
【详解】（1）因为平面向量，，，且，
所以.
则有，解得.
（2）因为平面向量，，，
所以，解得，所以向量，，
所以.
所以.
16．（1）；（2）2
【分析】（1）利用指数，对数运算法则，以及诱导公式计算即可；
（2）利用同角的三角函数关系式，把弦转化成切即可.
【详解】（1）原式，
.
（2）由，得，
利用诱导公式：，所以，
原式，
分子，分母同时除以，得：
原式，代入，
得：原式.
17．（1）；（2）
【分析】（1）利用两角和的正弦公式分析求解即可
（2）利用两角和的正弦公式、两角和的正切公式，以及同角三角函数关系式求解即可.
【详解】（1）原式
.
（2）因为，所以，
又，所以，①
因为可知，
所以①式两边同时除以，得，
又，
所以，又，所以.
18．(1)
(2)①证明见解析；②
【分析】（1）利用两角和的正弦公式与诱导公式化简，结合伴随向量定义得到，求其模长即可.
（2）①结合伴随向量定义得到，利用两角和与差的正弦公式联立求出与，作比证明即可.
②根据垂心得到，，结合列方程组求出，利用同角三角函数关系求出，代入求解即可.
【详解】（1），
则，故.
（2）根据题意得.
①由，得，即，
因为，则，故，解得.
因为，所以，
又，
所以，，
所以，即.
②因为点是的垂心，所以，
因为，所以，
所以，
同理，即，即，
所以，即，所以，
因为，所以，
故.
19．(1)，定义域为时的增区间为和
(2)，；
【分析】（1）根据图象可知的最大值、最小正周期、最大值点，可依次得到，从而可得的解析式，整体法可得上的单调递增区间.（2）（ⅰ）根据图象变换先得到的解析式，根据在上的图象可得实数的取值范围；（ⅱ）换元法可得与的三个交点，根据交点的对称性可得.
【详解】（1）由图象可知的最大值为3，最小正周期为，
所以，解得，
所以，
将点的坐标代入上式得，
所以，解得，
又，所以，所以.
方法一：当时，，
而在上的单调递增区间为和，
令，解得；令，解得，
所以定义域为时的增区间为和.
方法二：令，解得，
当时，，可得在上的增区间为；
当时，，可得在上的增区间为，
综上，定义域为时的增区间为和.
（2）（ⅰ）将函数图象上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标变为原来的倍，可得函数的图象，
再将所得函数图象上所有点向左平移个单位长度得到函数的图象，
所以.
当时，.
令，若恰存在3个实数，使，
则的图象与直线恰有3个交点，如图，
由图可知，实数的取值范围是.
（ⅱ）3个实数分别对应图中的，
因为关于直线对称，所以，即，
所以.
因为关于直线对称，所以，即，
所以.
综上，.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
C
B
B
B
B
C
AC
ACD
题号
11









答案
AC