高一数学答案_2026年03月高一试卷_260329浙江四校(含精诚联盟)2025-2026学年高一下学期3月阶段检测（全科）

2025 学年第二学期高一年级 3 月四校联考 数学学科 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 A D B B A D C D ACD ABC BC 题号 12 13 14 答案 (2,1) ( 6,8) 6 − 5 1 8.【详解】由 f(x) log ( x2 1x)，可知定义域为R， 2x 1 2    1 又 x21x x21x 1，即 x21x  ， x21x 1 2x 则 f(x) log ( x2 1x) log ( x2 1x)， 2x 1 2 12x 2 所以 f x f x1， 因为 t  x2 1x 在(,0]单调递减，ylog 2 t在定义域内单调递增， 由复合函数单调性可知， ylog ( x2 1x) 在(,0]单调递减， 2 1 1 显然 y  在R上单调递减，所以函数 f (x)  log ( x2 1 x)在(,0]单调 2x 1 2x 1 2 递减。 1 再结合奇函数的对称性知 f (x)  log ( x2 1 x)在定义域R上单调递减。 2x 1 2 正实数a，b满足 f 2a f b11 f(2a) f(2a),所以 f(b1) f(2a) 故b12a，即2ab1，所以6a3b14， 1 6 1 1 6 1 3b1 36a    (  )(6a3b1)  (12  ) a 3b1 4 a 3b1 4 a 3b1 1 3b1 36a  (122  )6， 4 a 3b1 1 1 1 6 当且仅当a ,b 时，取等号，即  的最小值为6. 3 3 a 3b1   3a2bsinA  3sinA2sinBsinA 11．【详解】根据 由正弦定理化简得到 ，  sinAsinC ac 答案第1页，共5页 3 sinB sinA0， 2 锐角ABC为等边三角形.  ac   2  1 9 A选项：BAACcbcos 33  ，A错误 3  2 2 B选项：在△ADC 中， abc 2 13， AD2CD2AC2 36 452 12 1 cosADC    ， 2ADCD 24 24 2 2 ADC ，ADCABC , 3 所以四边形ABCD对角互补，所以A，B，C，D四点共圆，A正确. C、D选项：设ABC边长为s，ADC ，S S S , △ABC △ADC 6222s2 40s2 由余弦定理得cos  ，s2 4024cos 262 24 1 1 3 S  ADCDsinADC 62sin6sin，S  s2， △ADC 2 2 △ABC 4 3 3 S  s26sin 4024cos6sin6sin6 3cos10 3， 4 4 S 6sin6 3cos10 3 1 3    6sin6 3cos10 312  sin cos  10 312sin 10 3 2 2   3   2 1   0，    ， sin 1 3 3 3 2  3  ∴四边形ABCD面积无最小值；四边形ABCD面积有最大值1210 3，D错误，C正确 故选：BC 15. 解：(1)(ab)(ab) (ab)(ab)a 2 b 2 5(4k2)0 解得k 1. ---------------------------5分 (2) 由 a 与 b 的夹角为钝角得 ab22k 0k 1.-----------------------------9分 又若 a// b,则k40 k 4时 a// b 不符合条件，舍去.-----------12分 综上所述，实数k的取值范围为(,4)(4,1).----------------------------------------13分 16. 解：(1)a2时， f(x)2x12 答案第2页，共5页1 ①由mlog 21得m log 3 ----------------------------------------------2分 3 log 2 2 3 3 1  f(2)2log 2 312 2 . -----------------------------------------------4分 2 2 1 ②g(x) f(2x)2f(x)22x122(2x12) 22x 2x 2---------------6分 2 1 3 3  (2x 1)2   2 2 2 3 3 2x 1时，g(x)  ， 即x0时，g(x)  .----------------------------9分 min min 2 2 (2)当a1，x1时， f(x)的值域为[f(1),),不符合条件-----------------------------11分 1 0a1,且 f(x)  f(1)a2 21 解得a2  , max 3 3 3  a1，即实数a的取值范围[ ,1).--------------------------------------------------15分 3 3 17.解：（1）∵2ccosC(acosBbcosA)0， 由正弦定理得2sinCcosC(sinAcosBcosAsinB)0，--------------------------------2分 2sinCcosCsinC 0， 在ABC中，C0, sinC0， cosC 1 ，-------------------------------4分 2  C0,， C  .---------------------------------------------------------------------6分 3 （2）由余弦定理可得：c2 a2b22abcosC  (ab)22ab(1cosC)9 ， 即ab23ab9， 1 ab 2 ab   ab29     ， 3  2  ab2 36， ab6，当且仅当ab3时取等号。-----------------------------------------------------10分 又abc3 3ab6-------------------------------------------------------------------11分 L abc 4(abc) 4 3(ab3) 4 3 4 3       S 1 3ab (ab)2 9 ab3 3 --------------------------14分 absinC 2 L 4 3 ∴当ab3时, 取到最小值为 .---------------------------------------------------------15分 S 3 答案第3页，共5页x x x 18. 解：由函数 f(x)2 3cos2 2sin cos 2 3 2 2 2   3(1cosx)sinx2 3  3cosxsinx22cos(x )2.--------3分 6 （1）因为 f x的最小正周期为T π，所以T  2π π，所以2.    f(x)2cos(2x )2 6  7  ①令2k2x 2k得k  xk , kZ . 6 12 12 7  ∴ f x的单调递增区间为[k ,k ], kZ.------------------------------------5分 12 12    7  3 ②x(0, )时 2x  1cos(2x ) 2 6 6 6 6 2  02cos(2x )2 32 即所求函数的值域为[0, 32).----------------------8分 6 3π 5π π 3π π 5π π （2）解：因为x , ，可得x   ,   ，----------------------10分  2 2  6  2 6 2 6 π  3 5 令tx ，则函数 f(x)2cos(x )2在区间( , )上没有最值， 6 6 2 2 3π π 5π π 即函数ycost在区间  ,   上无最值，  2 6 2 6 因为函数ycost的单调区间为kπ,kππ,kZ， 3π π  kπ   2 6 则满足 ,kZ，----------------------------------------------------------------13分 5π  π kππ  2 6  2k 1     3 9 解得 ,kZ，  2k  1  5 3 2k 1  0   5 3 5 5 上述不等式组有正数解，则应满足 ,kZ，所以 k ,kZ， 2k  1  2k  1 6 3  5 3 3 9 所以k 0或k 1，---------------------------------------------------------------------------------15分 1 5 11 当k 0时，得0 ；当k 1时，得  ， 3 9 15  1 5 11 综上，实数的取值范围是0,    ,  .----------------------------------------------------17分  3 9 15 19．解：(1)由 f(x)2x3,所以 f(xm) f(m)2(xm)3(2m3)2x为奇函数. 故对于任意m有 f(x)2x3为位差奇函数.-----------------------------------------------------2分 答案第4页，共5页又g(x) x2,设G(x) g(xm)g(m)(xm)2m2  x22mx. 此时G(x)x2 2mx  x2 2mx,若G(x)为奇函数则x22mxx22mx0恒成立.与假设 矛盾,故不存在m有g(x)x2为位差奇函数.-----------------------------------------------------5分    (2) 由 f(x)cos(2x)是位差值为 的位差奇函数可得, f(x ) f( )为R上的奇函数. 3 3 3     2 2 即 f(x ) f( )cos[2(x )]cos[2 ]cos[2x( )]cos( ) 3 3 3 3 3 3 2 2 cos( )(cos2x1)sin( )sin2x为奇函数.-----------7分 3 3 2 2   即cos( )0, ∴ k , ∴k ,kZ. 3 3 2 6   又|| ，所以 .------------------------------------------------------------------------------10分 2 6 (3)设h(x) f(xm) f(m)2xmt2xm(2mt2m)2m 2x1  t2m 2x1  --------12分 由题意存在m[1,),h(x)h(x)0对任意x恒成立. 由h(x)h(x)2m 2x1  t2m 2x1  2m 2x1  t2m 2x1  0 即2m 2x12x1  t2m 2x12x1  2m t2m .-----------------------------------------15分 故t22m在m[1,)有解. 又22m224,故t4. 故实数t的取值范围为[4,).------------------------------------------------------------------------17分 答案第5页，共5页