精品解析：上海市格致中学2024-2025学年高一下学期3月考试数学试题

格致中学高一月考数学试卷 2025.03 一､填空题（第1-6题每题4分，第7-12题每题5分，满分54分） 1. 若，则的值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得或或，分别求解后再验证即可. 【详解】解：因为， 当，即时，此时，不满足元素的互异性； 当，即时，此时，满足题意； 当，即时，此时无解； 综上，. 故答案为： 2. 在中，角所对应的边分别为．若，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据正弦定理即可求解. 【详解】因为，所以． 故答案为：. 3. 不等式的解集为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据分式不等式的解法求解即可． 【详解】， 故答案为：． 4. 已知函数的对称中心为，若函数的图象与函数的图象共有6个交点，分别为，，…，，则__________. 【答案】6 【解析】 【分析】根据给定条件，结合函数图象的对称性，确定6个交点的关系即可求解作答. 【详解】显然函数的图象关于点成中心对称， 依题意，函数图象与函数的图象的交点关于点成中心对称， 于是，所以. 故答案为：6 5. 当时，的最小值为________． 【答案】5 【解析】 【分析】构造乘积为定值，应用基本不等式求出最小值即可. 【详解】因为, 则 ， 当时，的最小值为5. 故答案为：5. 6. 设正实数满足，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据对数的运算法则与性质化简即可得解. 【详解】由，得． 所以． 故答案为： 7. 若，且，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】化简三角函数式，求出，根据即可求解. 【详解】由，得. 因为，所以，则，则. 由，得，则，解得. 故答案为：. 8. 函数是定义在上的严格减函数，对任意，满足，且，则不等式的解集为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由定义代入，可求出的值，代入可求出对应的的值，根据题意对不等式变形可得，根据单调性可列出关于的不等关系，结合定义域可求出结果. 【详解】解：令，则有，所以， 因为，所以，所以， 不等式等价于， 函数是定义在上的严格减函数，则， 即，又，且，所以. 故答案为： 9. 已知函数是上的单调增函数，则关于的方程的实根为________ 【答案】0 【解析】 【分析】化简，得到再利用题目中函数是上的单调增函数，得到答案. 详解】 验证知：是方程的解. 函数是上的单调增函数，单调递增，最多有一个零点. 故是方程的唯一解 故答案为0 【点睛】本题考查了方程的解，三角恒等变换，函数的单调性，函数零点，综合性强，需要灵活掌握各个知识点，综合运用. 10. 已知，则的值是_____. 【答案】. 【解析】 【分析】由题意首先求得的值，然后利用两角和差正余弦公式和二倍角公式将原问题转化为齐次式求值的问题，最后切化弦求得三角函数式的值即可. 【详解】由， 得， 解得，或. ， 当时，上式 当时，上式= 综上， 【点睛】本题考查三角函数的化简求值，渗透了逻辑推理和数学运算素养.采取转化法，利用分类讨论和转化与化归思想解题. 11. 关于方程在区间上恰好有两个不等实根，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，令，将问题转化为直线和函数，的交点个数问题，进而分时和当两种情况讨论求解. 【详解】解：由题意，方程可变为， 令，由，可得． ①当时，，此时，与一一对应． 由题意可得，关于的方程，当应有2个实数根， 即直线和函数，当应有2个交点． 当时，有最小值． 当或0时，．此时，应有． 但当时，或0，在区间上，对应或或， 关于的方程在区间上有3个实数根， 故不满足条件，应舍去，故． ②当，且时，有2个与一个值对应． 故由题意可得，关于的方程，当有一个实数根， 即直线和曲线在上有一个交点，如图所示：此时，． 综上可得，实数的取值范围是. 故答案为：． 【点睛】本题考查三角函数的性质，方程的根的个数求参数范围，考查分类讨论思想，数形结合思想，运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于根据已知条件，分当时和当两种情况讨论求解. 12. 定义在上的函数满足，且当时，，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用赋值法可得，，进而根据条件当时，得均有，即可赋值求解. 【详解】由，令，得， 令，得，所以， 由，令，得， 又当时，，又因为， 所以均有， 注意到，因此， 于是 . 故答案为：. 二､选择题（本大题共4题，满分20分） 13. 已知扇形所在圆的半径为2，扇形的弧长为，则扇形所对的圆心角的弧度为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设这个扇形的圆心角的弧度数为，根据弧长公式求解即可． 【详解】设这个扇形的圆心角的弧度数为，， 根据扇形的弧长公式得，解得． 故选：A． 14. 在下列哪个区间上是严格减函数（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出函数的图象，结合选项可得答案. 【详解】根据正弦函数的图象，作出函数的图象， 如图所示： 分析选项可得函数函数在区间上是严格减函数. 故选：B. 15. 已知，则“成立”是“成立”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】利用解二次不等式和去绝对值，结合充要条件的分析方法，即可作出判断. 【详解】由可得：， 而当时，有. 所以“”成立是“”成立的充分条件. 由， 因为，， 可知若，必有. 所以“”成立是“”成立的必要条件. 综上所述，“”成立是“”成立的充要条件. 故选：C. 16. 已知函数的最小正周期是，函数的最小正周期是，且，对于命题甲：函数可能不是周期函数；命题乙：若函数的最小正周期是，则．下列选项正确的是（ ） A. 甲和乙均为真命题 B. 甲和乙均为假命题 C. 甲为真命题且乙为假命题 D. 甲为假命题且乙为真命题 【答案】C 【解析】 【分析】利用三角函数的周期性，选用特殊函数和反证法验证两个命题. 【详解】甲:存在不是周期函数， (反证法)假设是周期函数， 则存在非零常数，使得对，都有， 即①， 在①式中，取，得②， 在①式中，取，得③， 在①式中，取，得④， 由③④得，， 所以⑤， 由②⑤得，，所以， 显然，所以，所以存在且，使， 又，所以存在，使得， 所以，所以，所以是有理数，矛盾， 所以不是周期函数，正确; 乙:取，则，所以，错误; 故选：C 三､解答题（本大题共有5题，满分76分） 17. 均为第一象限角，其中终边与单位圆的交点横坐标为终边与单位圆的交点纵坐标为，求． 【答案】 【解析】 【分析】由是第一象限角，可以得出的正余弦值，从而计算的余弦值，由余弦值的符号可以断定为第二象限角，反三角函数求出结果. 【详解】由是第一象限角，得 因为是第一象限角，所以为第二象限角， 所以 18. 设锐角三角形的内角所对的边分别为，若． （1）求； （2）求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理得，代入余弦定理即得的值. （2）由两角和差的正弦公式和辅助角公式得，从而得的取值范围. 【小问1详解】 由正弦定理，可得， 即， 由余弦定理得， 又， ． 【小问2详解】 由（1）可知， 因为为锐角三角形， ， ， ，则． 的取值范围为. 19. 已知函数，， （1）求的单调区间和值域； （2）若对于任意，总存在，使得成立，求的取值范围． 【答案】（1）递减区间为，递增区间为；值域为 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用二次函数的图象与性质，即可求解； （2）化简函数，利用换元法和单调性，求得的值域为，根据题意，转化为，结合二次函数的性质，列出不等式组，即可求解. 【小问1详解】 解：由函数，其图象对应的抛物线开口向上，且对称轴为， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，函数取最小值，最小值为， 所以函数的值域为. 【小问2详解】 解：由函数， 当时，令，可得且， 则在为单调递减函数， 所以，所以函数的值域为， 对于任意，总存在，使得成立， 可得函数的值域为函数的值域的子集，即， 由，可得， 当时，即时，显然不成立； 当时，即，根据抛物线的对称性，可得，显然不成立； 所以要使得，则，解得， 所以实数的取值范围为. 20. 对于． （1）若，且为奇函数，求的值； （2）若，且对任意，当时，满足，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求出函数的解析式，根据为奇函数，可得，再结合对数的运算即可得解； （2）易得在上为减函数，由题意可得则，再构造新的函数，求出函数的最值即可得解. 【小问1详解】 因为， 所以， 又为奇函数，， ，对定义域内任意恒成立， ，解得； 【小问2详解】 令， 则在上为减函数，在上为增函数， 在上为减函数， 当时，满足， 则， ，即对任意的恒成立， 设， 又函数在单调递增， 所以． 21. 如图，某景区有景点，经测量得，，. （1）求景点之间的距离； （2）现计划从景点处起始建造一条栈道，并在处修建观景台.为获得最佳观景效果，要求观景台对景点的视角.为了节约修建成本，求栈道长度的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理求得的值，即可得解； （2）设的外心为，连接交于点，利用正弦定理求出外接圆的半径，根据圆外一点到圆上距离的最小值为点到圆心距离减去半径，利用余弦定理求得的值，即可得解. 【小问1详解】 在中由正弦定理可得，即， 解得， ，，正三角形， ，即景点之间的距离为. 【小问2详解】 设的外心为，连接交于点，设外接圆的半径为， 则，解得， ,， 的最小值为， ，， ， ， ， ，即， 的最小值为，即栈道长度的最小值为. 【点睛】关键点点睛：第二问关键是根据圆的性质转化为求，从而只需求出的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 格致中学高一月考数学试卷 2025.03 一､填空题（第1-6题每题4分，第7-12题每题5分，满分54分） 1. 若，则的值为__________． 2. 在中，角所对应的边分别为．若，则__________． 3. 不等式的解集为__________． 4. 已知函数的对称中心为，若函数的图象与函数的图象共有6个交点，分别为，，…，，则__________. 5. 当时，的最小值为________． 6. 设正实数满足，则__________． 7. 若，且，则__________. 8. 函数是定义在上的严格减函数，对任意，满足，且，则不等式的解集为__________． 9. 已知函数是上的单调增函数，则关于的方程的实根为________ 10. 已知，则的值是_____. 11. 关于的方程在区间上恰好有两个不等实根，则实数的取值范围是______． 12. 定义在上的函数满足，且当时，，则__________． 二､选择题（本大题共4题，满分20分） 13. 已知扇形所在圆的半径为2，扇形的弧长为，则扇形所对的圆心角的弧度为（ ） A B. C. D. 14. 在下列哪个区间上严格减函数（ ） A. B. C. D. 15. 已知，则“成立”是“成立”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 16. 已知函数的最小正周期是，函数的最小正周期是，且，对于命题甲：函数可能不是周期函数；命题乙：若函数的最小正周期是，则．下列选项正确的是（ ） A. 甲和乙均为真命题 B. 甲和乙均为假命题 C. 甲为真命题且乙为假命题 D. 甲为假命题且乙为真命题 三､解答题（本大题共有5题，满分76分） 17. 均为第一象限角，其中终边与单位圆的交点横坐标为终边与单位圆的交点纵坐标为，求． 18. 设锐角三角形的内角所对的边分别为，若． （1）求； （2）求的取值范围． 19 已知函数，， （1）求的单调区间和值域； （2）若对于任意，总存在，使得成立，求取值范围． 20. 对于． （1）若，且为奇函数，求的值； （2）若，且对任意，当时，满足，求实数的取值范围． 21. 如图，某景区有景点，经测量得，，. （1）求景点之间的距离； （2）现计划从景点处起始建造一条栈道，并在处修建观景台.为获得最佳观景效果，要求观景台对景点的视角.为了节约修建成本，求栈道长度的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$