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江苏南通中学2025-2026学年高一下学期4月阶段性检测数学试卷
一、单选题
1．（ ）
A． B．0 C． D．
2．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．
3．在中，，，，则（ ）
A． B．或 C．或 D．
4．已知向量，且，则（ ）
A． B． C． D．
5．已知的内角 的对边分别为 ， 且， 若， 则 的面积为 （ ）
A． B． C． D．2
6．已知角满足，则的值为（ ）
A． B． C． D．
7．已知点为所在平面内一点，若，则（ ）
A．3 B． C． D．
8．若函数的图象关于点对称，则的最大值为（ ）
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．如图，是半径为1的圆的两条不同的直径，，则（ ）
A．
B．
C．满足的实数与的和为定值4
D．
11．已知，下列说法正确的是（ ）
A．若，在区间上单调
B．若关于直线对称，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取值范围是
三、填空题
12．已知钝角三角形的三边，，，则的取值范围为________．
13．赵爽弦图是中国古代数学的图腾，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形．如图，某人仿照赵爽弦图，用六个全等的直角三角形和一个小的正六边形拼成一个大正六边形，其中G，H，J，K，L，M分别是AM，BG，CH，DJ，EK，FL的中点，O是正六边形ABCDEF的中心．若，则______．
14．已知向量，，，.若（其中表示不超过的最大整数，如：，，则的取值范围为______.
四、解答题
15．设，已知是平面内两个不共线的向量，，，，且，，三点共线．
(1)求的值：
(2)若，
①求向量与的夹角的余弦值；
②已知点的坐标为，若四边形为平行四边形．求点的坐标．
16．已知，且，
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)若，求的值．
17．在中，角的对边分别为．已知，，．
(1)求A的值；
(2)求c的值；
(3)求的值．
18．已知函数．
(1)求不等式的解集；
(2)令．
（ⅰ）证明：是周期函数；
（ⅱ）若，对，有，求实数的取值范围.
19．已知函数的定义域为，且是偶函数，是奇函数.
(1)求的解析式；
(2)已知函数.
（i）证明：函数有且只有一个零点；
（ii）记函数的零点为，证明：.
参考答案
1．D
【详解】因为，，
所以.
根据半角公式，
所以.
故选：D.
2．B
【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.
3．B
【详解】因为，，，
由正弦定理得，
得，
所以或，经检验，均满足题意．
当时，由三角形的内角和定理得；
当时，由三角形的内角和定理得．
因此或．
故选：B.
4．C
【详解】因为，所以，
展开整理得，由，
得，即，
所以，即，所以.
5．A
【详解】由正弦定理角化边得到：，
即 ，
所以 ，，
，
又，
且，
得，即，
所以 .
故选：A
6．D
【详解】.
根据积化和差公式，.
因此.
7．B
【详解】过点作，
则，
以为邻边作平行四边形，
所以，，
可得，
所以.
故选：B.
8．C
【详解】.
因为，所以.
令，得，所以函数的对称中心为.
因为函数的图象关于点对称，
所以，解得，取最大的整数.
此时，所以的最大值为.
9．AC
【详解】由，
即，
所以，
或.
故选：AC
10．BCD
【详解】，
，故A错误；
以为原点，以为轴，以的中垂线为轴建立平面直角坐标系，
则，设，则，
则，
，故B正确；
，
三点共线，，即，故C正确.
，
，
，
，
，
，故D正确.
11．BCD
【详解】A选项：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；
B选项：若关于直线对称，则或，
由；方程无解. 所以. 故B正确；
C选项：时，为的一个对称中心，所以，
所以. 故C正确；
D选项：当时，，其中，且.
当与关于某条对称轴对称时，
不妨设，此时，，
故在处取得最大值，在端点处取得最小值，
因此在区间上的最大值与最小值的差取得最小值；
当与都在的某一个单调区间内时，
，
其中，且.
当，时，. 故D正确.
12．
【详解】因为，且为钝角三角形，所以角为钝角．
由余弦定理的推论，得．
因为，，所以，
即，解得，
由三角形的任意两边之和大于第三边，得，所以．
所以满足，解得，
综上所述，的取值范围为．
故答案为：.
13．
【详解】连接CF，则O为线段CF的中点．
连接OB，易证四边形ABOF，ABCO均为平行四边形，则．
连接EM，则A，M，E三点共线，且，
所以．
由正六边形的性质可得，
则．
因为，结合平面向量基本定理，所以，则．
故答案为：
14．
【详解】因为，
所以
，
当时，，显然不成立；
当时，，显然成立，
当时，，显然不成立；
当时，，显然不成立；
当时，，显然不成立；
当时，，显然不成立；
当时，，显然不成立；
当时，，显然不成立；
所以，，，
，
，
因为，
所以.
所以的取值范围为.
15．(1)
(2)①；②
【详解】（1）由已知得，
因为三点共线，所以，即.
（2）由已知得，
；
②由平行四边形得，又，
所以，解得，即
16．(1)
(2)
(3)
【详解】（1），两边同时平方得，
解得.
（2）,
则有，
联立，且，解得，
所以，
则.
（3）由题意，，
分式上下同时除以得，
由（2）得，
将，代入得，
即,
17．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）已知，由正弦定理，
得，显然，
得，由，
故；
（2）由（1）知，且，，
由余弦定理，
则，
解得（舍去），
故；
（3）由正弦定理，且，
得，且，则为锐角，
故，故，
且；
故.
18．(1)
(2)
（ⅰ）
.
因为的周期为，的周期为，
故的周期也为.
所以
，
所以是以为周期的周期函数.
（ⅱ）
【详解】（1）.
不等式可化为，所以，
即，
所以或，，
即或，，
所以不等式的解集为
（2）（ⅰ）略
（ⅱ）.
当时，，
因为在单调递增，所以，
又在定义域内单调递减，故函数在单调递减，
又，在单调递减，
因此函数在单调递减，
所以当时，.
当时，
.
，因为在上单调递减，所以，
，
又在定义域内单调递减，故在单调递减，
在上单调递增，而，故在单调递减，故
在单调递减
所以当时，.
，对，有成立，
等价于，即
当时，，故即，解得.
当时，，显然不符合题意，舍去，
当时，，不符合题意，舍去，
综上可得，
故实数的取值范围为.
19．(1)
(2)（i）证明见解析（ii）证明见解析
【详解】（1）因为是偶函数，所以，
所以，
又是奇函数，
所以，所以，
所以，即.
（2）（i）由题意知
，
当，则，
此时在上单调递增，
又在上单调递增，所以在上单调递增，
又，
所以在上有
唯一零点；
当，所以，
所以在上没有零点；
当时，，所以，所以，
所以在上没有零点.
综上，有且只有一个零点.
（ii）由题意知，且，
所以，
所以，
令，
因为，所以，又，
则，
所以
，
即.

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