精品解析：上海市市西中学2024-2025学年高一下学期3月月考数学试卷（03.02）

上海市市西中学 2024 学年第二学期阶段测试 高一 数学 2025.3 一、填空题(本大题满分 36 分)只要求直接填写结果，每题填对得 3 分，否则一律得零分. 1. 化简求值: _____. 2. 若集合{1，a}与集合{2，b}相等，则a+b=___________. 3. 设 是第一象限的角，若 ，则 _____. 4. 已知函数 ，则 _____. 5. 设 ，若 ，则 的最大值等于_____. 6. 在中，、、所对的边分别为、、，若，，则的面积等于_____. 7. 不等式解集是_____. 8. 设，若函数在区间上的最大值为，则 _____. 9. 设为锐角，若，则 _____. 10 若，，且，，则______. 11. 如图，正方形的边长为 ，为的中点， 射线从出发，绕着点顺时针方向旋转至. 在旋转的过程中，设，所扫过正方形内的区域（阴影部分）面积为，对于函数有以下三个结论: ①； ②对任意的、且，都有； ③对任意的，都有. 其中所有正确的结论的序号是_____. 12. 设 ，已知函数 的图象与 轴交点为 ，若对于 的图象上任意一点 (异于 )，在其图象上总存在另一点 (异于 )，满足 ，则 _____. 二、选择题(本大题满分 12 分)本大题共有 4 题，每题有且只有一个正确答案，选对得 3 分， 否则一律得零分. 13. 下列函数中，在区间上严格递增的函数是（ ） A. B. C. D. 14. 如图，正方形的边长为，延长至，使，连接、则 A. B. C. D. 15. 定义，则下列关于函数的性质描述错误的选项为（ ） A. 周期为 B. 对称轴为， C. 值域为 D. 单调递增区间为， 16. 已知角 、 满足 ，命题甲：存在 属于第一象限， 属于第三象限: 命题乙: 存在 属于第二象限， 属于第四象限. 则下列说法正确的是（ ） A. 甲、乙都是真命题 B. 只有甲是真命题 C. 只有乙是真命题 D. 甲、乙都不是真命题 三、解答题(本大题满分 52 分)本大题共有 5 题，解答下列各题必须写出必要的文字说明、证 明过程或演算步骤. 17. 设都是第二象限的角，已知 . （1）求的值； （2）求的值. 18 设 函数 （1）求a的值，使得为奇函数； （2）若对任意恒成立，求a的取值范围． 19. 如图，某公司要在 、 两地连线上定点 处建造广告牌 ，其中 为顶端， 长 35 米， 长 80 米. 设 、 在同一水平面上，从 、 看 的仰角分别为 、 . （1）设计中 是铅垂方向，若要求 ， 求 的长 (结果精确到 0.01 米): （2）施工完成后 与铅垂方向有偏差，现实际测得 ，求 的长和 的大小 (结果精确到 0.01 米和 ). 20. 已知，设. （1）证明：； （2）证明：是无理数. 21. 已知函数 的定义域是 ，对于任意的 ，定义集合. （1）设 ，定义域 ，求 ； （2）对于集合 A，若对任意的 ，都有 ，则称 A 是对称集. 若 是定义域为的偶函数，证明: 对任意的 是对称集: （3）设 ，定义域 . 求实数 取值范围，使得对任意 ，都有 . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 上海市市西中学 2024 学年第二学期阶段测试 高一 数学 2025.3 一、填空题(本大题满分 36 分)只要求直接填写结果，每题填对得 3 分，否则一律得零分. 1. 化简求值: _____. 【答案】2 【解析】 【分析】根据指数幂的运算性质计算即得. 【详解】. 故答案为：2 2. 若集合{1，a}与集合{2，b}相等，则a+b=___________. 【答案】3 【解析】 【分析】根据集合相等求出即可求解. 【详解】{1，a}{2，b}， 则，， 所以a+b= 3. 故答案为：3 3. 设 是第一象限的角，若 ，则 _____. 【答案】## 【解析】 【分析】由是第一象限角，，利用平方关系求得，进而可求，根据商数关系即可求得的值. 【详解】∵是第一象限角，， ∴， ∴ 故答案为：. 4. 已知函数 ，则 _____. 【答案】 【解析】 【分析】利用分段函数求值，借助指数和对数运算即可. 详解】由，可知， 所以. 故答案为：. 5. 设 ，若 ，则 的最大值等于_____. 【答案】1 【解析】 【分析】利用椭圆的参数方程以及三角函数的性质即可求出结果. 【详解】由题意可知椭圆的参数方程为：（为参数）， 所以， 因此当时，取最大值，最大值为1. 故答案为：1. 6. 在中，、、所对的边分别为、、，若，，则的面积等于_____. 【答案】 【解析】 【分析】利用三角形的面积公式求解即可. 【详解】因为，，所以. 所以的面积等于. 故答案为：. 7. 不等式的解集是_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，由对数函数的单调性代入计算，即可得到结果. 【详解】不等式可转化为， 由对数函数单调性可得， 解得， 所以不等式的解集为. 故答案为： 8. 设，若函数在区间上的最大值为，则 _____. 【答案】## 【解析】 【分析】由可求得，分析函数在上的单调性，结合可得出关于的等式，解之即可. 【详解】因为，当时，，且， 所以，函数在区间上单调递增，且， 故，解得. 故答案为：. 9. 设为锐角，若，则 _____. 【答案】 【解析】 【分析】由同角三角函数的平方关系可得，再由，代入计算，即可得到结果. 【详解】由为锐角可得， 又，则， 所以 . 故答案为： 10. 若，，且，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】由已知可得，令，则为偶函数，且，又，可得，由此可得的值． 【详解】解：，，，，且，， ， 令，则为偶函数，且， 因为在上都递增， 所以在上递增， 则在上递减， ，， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查两角和与差正切，考查函数奇偶性的性质，灵活构造函数是解答该题的关键，属于中档题． 11. 如图，正方形的边长为 ，为的中点， 射线从出发，绕着点顺时针方向旋转至. 在旋转的过程中，设，所扫过正方形内的区域（阴影部分）面积为，对于函数有以下三个结论: ①； ②对任意的、且，都有； ③对任意的，都有. 其中所有正确的结论的序号是_____. 【答案】①③ 【解析】 【分析】当时，求出的长，利用三角形的面积公式可判断①；利用函数的单调性可判断②；推导出，可判断③. 【详解】设交正方形于点，如图所示： 对于①，当时，因为，则， ,故①正确； 对于②，不妨设， 则由题意可知，从到，阴影部分面积不断扩大，即， 所以，， 因为即，所以，，故②错误； 对于③，根据题意可知，当时，表示射线未经过正方形的面积， 所以，表示正方形的面积，即， 故当时，则，，且， 所以，成立，故③正确. 故答案为：①③. 12. 设 ，已知函数 的图象与 轴交点为 ，若对于 的图象上任意一点 (异于 )，在其图象上总存在另一点 (异于 )，满足 ，则 _____. 【答案】 【解析】 【分析】画出大致图象，然后结合图象不妨设点P在左边曲线上，点Q在右边曲线上，设直线AP的斜率为k，联立直线与曲线的方程可得P点坐标，同理可得Q点坐标，再分别表示出长度，再根据条件可得及k的任意性可解得a的值． 【详解】令，解得，所以点A的坐标为， 则， 所以大致图象： 由题意，很明显P、Q两点分别在两个分段曲线上， 不妨设点P在左边曲线上，点Q在右边曲线上． 由，可得， 所以，， 设直线AP的斜率为k，则． 联立方程：，整理得：． 所以，， 所以，，即； 所以． 由题可知直线AQ的斜率为，则， 同理可得点Q的坐标为． 所以， 因为，及的任意性，可知：，解得：． 故答案为： 二、选择题(本大题满分 12 分)本大题共有 4 题，每题有且只有一个正确答案，选对得 3 分， 否则一律得零分. 13. 下列函数中，在区间上严格递增的函数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用基本初等函数的单调性判断即可得出合适的选项. 【详解】对于A选项，函数在区间上严格递减，A不满足要求； 对于B选项，函数在区间上严格递增，B满足要求； 对于C选项，函数在区间上严格递减，C不满足要求； 对于D选项，函数在区间上不单调，D不满足要求. 故选：B. 14. 如图，正方形的边长为，延长至，使，连接、则 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：由图象知，所以有，再根据同角三角函数关系式，可求出，选B. 考点：1.两角差的正切公式；2.同角三角函数关系式. 15. 定义，则下列关于函数的性质描述错误的选项为（ ） A. 周期为 B. 对称轴为， C. 值域为 D. 单调递增区间为， 【答案】D 【解析】 【分析】根据，的定义作出函数，的图象，利用数形结合结合函数的性质进行判断即可． 【详解】解：作出函数和的图象如图： 则，， 由图象知，函数的周期是，故正确， 函数的对称轴为和，即对称轴为，，故正确， 当时，函数取得最小值，最小值为，最大值为1，即函数的值域为 ，，故正确， 函数的单调递增区间为，，或，，故错误， 故选：． 【点睛】本题主要考查命题的真假判断，结合三角函数的性质以及，的定义求出函数的解析式，作出函数的图象是解决本题的关键，属于中档题． 16. 已知角 、 满足 ，命题甲：存在 属于第一象限， 属于第三象限: 命题乙: 存在 属于第二象限， 属于第四象限. 则下列说法正确的是（ ） A. 甲、乙都是真命题 B. 只有甲是真命题 C. 只有乙是真命题 D. 甲、乙都不是真命题 【答案】C 【解析】 【分析】利用构造一元二次方程结合韦达定理思想，通过根的正负研究根与系数的关系，最后通过判断别式的符号来判断存在性，从而问题得以解答. 【详解】设是方程的两个根，则， 由于可得：， 对于命题甲，假设存在属于第一象限角， 属于第一象限角， 即，则，解得， 此时， u，可知，， 方程无解，故假设不成立，所以命题甲错误； 对于命题乙，假设存在属于第二象限角， 属于第四象限角， 即，则，解得， 此时， 当时，一定有，则， 满足方程有两个解，此时假设成立，所以命题乙正确； 故选：C. 【点睛】方法点睛：像这种两正切的乘积与两正切的和的关系，转化为一元二次方程韦达定理思想，得到系数的关系，再通过判别式的符号来确定是否存在即可. 三、解答题(本大题满分 52 分)本大题共有 5 题，解答下列各题必须写出必要的文字说明、证 明过程或演算步骤. 17. 设都是第二象限的角，已知 . （1）求的值； （2）求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先由同角三角函数的关系可得，再由余弦的和差角公式代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，由条件可得，再由正切的和差角公式代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 因为都是第二象限的角，由可得， 由可得， 则. 小问2详解】 因为，， 则. 18. 设 函数 （1）求a的值，使得为奇函数； （2）若对任意恒成立，求a的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由的定义域为R，且为奇函数，可得代入求参数,再检验即可； （2）对参数分类讨论，再分参处理恒成立即可 【小问1详解】 由的定义域为R，且为奇函数，可得即有解得 经检验当时，为奇函数， 则满足题意； 【小问2详解】 因为对任意恒成立， 所以对任意恒成立 即， 当时，恒成立； 当时，，由可得解得； 当时，，显然不可恒成立； 综上可得，a的取值范围是. 19. 如图，某公司要在 、 两地连线上的定点 处建造广告牌 ，其中 为顶端， 长 35 米， 长 80 米. 设 、 在同一水平面上，从 、 看 的仰角分别为 、 . （1）设计中 是铅垂方向，若要求 ， 求 的长 (结果精确到 0.01 米): （2）施工完成后 与铅垂方向有偏差，现实际测得 ，求 的长和 的大小 (结果精确到 0.01 米和 ). 【答案】（1）的长为米. （2）的长为米，. 【解析】 【分析】（1）设的长为米，利用三角函数的关系式建立等式关系，求解即可得到结论； （2）利用正弦定理和余弦定理，建立方程关系，即可得到结论. 【小问1详解】 设的长为米，则 ，， 因为，所以，则， 即，解得：米. 故的长为米. 【小问2详解】 由题设， 由正弦定理得，即米， 所以，则米， 又，则， 故长为米，. 20. 已知，设. （1）证明：； （2）证明：是无理数. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题设公式及二倍角公式证明即可； （2）由（1）结合可得，进而结合高次整式方程的有理根定理求证即可. 【小问1详解】 由，， 则， . 【小问2详解】 由（1）知，， 又，则， 即， 由于上述方程可能的有理根为，， 又，且当时，， 则方程无有理根， 则为无理数，即为无理数. 21. 已知函数 的定义域是 ，对于任意的 ，定义集合. （1）设 ，定义域 ，求 ； （2）对于集合 A，若对任意的 ，都有 ，则称 A 是对称集. 若 是定义域为的偶函数，证明: 对任意的 是对称集: （3）设 ，定义域 . 求实数 的取值范围，使得对任意 ，都有 . 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦函数的单调性即可求解 （2）根据偶函数的定义和对称集的定义即可证明； （3）根据定义判断出函数单调递减，得到导函数大于等于0恒成立即可求解. 【小问1详解】 因为，定义域， 所以； 【小问2详解】 因为函数是偶函数，所以对任意，， 对任意的，若， 即，则， 所以，所以对任意的是对称集， 【小问3详解】 因为对于任意，都有， 若，则，即若，则， 所以，又，所以在上不单调递减， 所以对任意，在恒成立. 若或时，成立，又不是常函数，符合题意， 若时，恒成立， 又在上单调递增，所以， 所以， 综上，实数 的取值范围为， 【点睛】关键点点睛：函数在区间上单调递减等价于导函数在区间上大于等于0恒成立 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $