精品解析：湖南省涟源市部分高中2024-2025学年高一下学期3月月考数学试题

高一月考 数学试题 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考场号､座位号､准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 考试时间为120分钟，满分150分 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 集合，则下列表示正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过列举法表示集合，逐项判断即可 【详解】，所以， 故A，C，D错误，B正确 故选：B. 2. 已知扇形弧长为，圆心角为，则该扇形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由弧长公式，先求出半径，再由扇形面积公式求解即可. 【详解】设扇形的半径为，则由弧长公式可得，解得， 所以扇形的面积. 故选：D. 3. 下列结论正确的是（ ） A. 角度有正角和负角之分，所以角度是向量 B. 若，则线段与线段在同一直线上 C. 若，则 D. 若，则不一定平行 【答案】D 【解析】 【分析】由平面向量的概念对选项一一判断即可得出答案. 【详解】对于A，角度虽有大小却无方向，故不是向量，故A错； 对于B，对于平行四边形，与不在同一直线上，故B错； 对于C，向量的长度可以比较大小，但向量不能比较大小，故C错； 对于D，若为零向量，则可任取，不一定平行，故D正确. 故选：D. 4. 已知，则等于（ ） A. B. 4 C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据分段函数解析式即可求解. 【详解】，故选项C正确. 故选：C. 5. 已知四边形满足条件，且，其形状是（ ） A. 梯形 B. 矩形 C. 菱形 D. 正方形 【答案】B 【解析】 【分析】由，分析出四边形一组对边平行且相等，又由，分析出四边形对角线相等，即可得到结果. 【详解】由，可知且， 则四边形为平行四边形， 又由，可知四边形为矩形， 故选:B. 6. 函数的单调递增区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出函数定义域，由复合函数的单调性法则，外函数是增函数，要求函数的递增区间，则求内函数递增区间即可. 【详解】由题得由，得， 解得，即函数定义域为， 因为函数是增函数，故求函数的单调递增区间即求函数在上的单调递增区间， 令，则， 所以函数的递增区间为. 故选：D. 7. 已知向量，则的最小值是（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由向量线性运算的坐标表示及模长公式，再结合二次函数求最值即可； 【详解】由， 可得：， 所以，当取得最小值； 故选：C 8. 点是所在平面内一点，，则的最小值为（ ） A. 100 B. 120 C. 180 D. 240 【答案】B 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，利用坐标求出向量的模，结合已知建立函数关系求出最小值. 【详解】以点为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系， 则，设， 则， 则 ，当且仅时取等号， 所以的最小值为120. 故选：B 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边过点，且，则下列说法正确的有（ ） A. 是第四象限角 B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据三角函数的定义、诱导公式、同角三角函数的基本关系式、三角函数比较大小对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】因为，所以， 又，所以点在第四象限， 所以是第四象限角，故A正确； 因为，所以，故B错误； 因为，所以， 解得（正值舍去），故C正确； 由C的分析知，，故D正确. 故选：ACD. 10. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，，点在直线上，且，则点的坐标可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】由点在直线上，且，可推出点在线段上或延长线上，转化成向量相等，再利用坐标求解 【详解】设，由题意得，且点在直线上，故可得以下两种情况： ①，此时有，可得，解得. ②，此时有，可得，解得. 综上所述，点的坐标为或. 故选：AB 11. 如图，已知正六边形的边长为2，点为正六边形上的动点，下列说法错误的是（ ） A. B. C. 的最小值为 D. 的最大值为12 【答案】AD 【解析】 【分析】结合图形即可判断A，由向量的平行四边形法则即可判断B，由向量数量积的几何意义即可判断C，由向量数量积的运算律代入计算，即可判断D. 【详解】对于A，，由题图可得与为相反向量，故A错误； 对于B，由题图易得平分， 且为正三角形，设交于，根据平行四边形法则有与共线且同方向，易知，则， 而，故，故，故B正确； 对于C，根据向量数量积的几何意义可知，的最小值为，故C正确； 对于D，取的中点为，连接，则， 则 ，故D错误. 故选：AD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，且，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】由共线向量的坐标表示，求得正切值，根据同角三角函数的商式关系，可得答案. 【详解】，由，可得，所以， 所以. 故答案为：. 13. 已知为等腰三角形，且，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由及正弦定理，得，然后判断底边，利用余弦定理即可求解. 【详解】在中，令内角所对的边分别为， 由及正弦定理，得， 若为底边，则，，不能构成三角形， 所以为底边，故， 由余弦定理得， 故答案为:. 14. 定义是中的较小者.已知函数，若，且方程有3个不同的解，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】在同一坐标系中画出函数和的大致图象，结合图象分析可知当方程有3个不同的解时，方程有2个小于1的正数解，再构建不等式组求解可得答案. 【详解】由题意，函数和在同一坐标系中的大致图象如图： 函数的定义域为. 因为方程有3个不同的解，所以方程有1个解且为1， 方程有2个小于1的正数解. 所以 解得， 故答案为：. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知函数的最小正周期是. （1）求函数在上的单调减区间； （2）求函数在区间上的最大值和最小值. 【答案】（1） （2）最大值为2，最小值为 【解析】 【分析】（1）利用最小正周期求得，进而利用整体法可求得单调递减区间； （2）由，可得，可求得函数的最大值与最小值. 【小问1详解】 函数的最小正周期. 由，解得. 函数在上的单调减区间为. 【小问2详解】 由（1）得. . 函数在区间上的最大值为2，最小值为. 16. 已知向量，且与的夹角为. （1）求； （2）若与的夹角为锐角，求实数的取值范围. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用向量的坐标运算，结合夹角公式求出，进而求出及模. （2）由（1）的信息，利用向量线性运算的坐标表示，结合夹角公式及共线向量列式求解. 【小问1详解】 由向量，得，且， 由与的夹角为，得，解得，则 ， 于是，所以. 【小问2详解】 由（1）知向量， 则， 由与的夹角为锐角，得且与不共线， 由，解得且， 所以实数的取值范围为. 17. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，. （1）求的解析式； （2）判断的单调性（无需证明），并解关于的不等式. 【答案】（1） （2）在上单调递减，. 【解析】 【分析】（1）设，得到.由即可求解； （2）由二次函数单调性即可判断，利用函数的单调性奇偶性即可求解； 【小问1详解】 设，则. 是奇函数，且当时，， . 所以； 【小问2详解】 时，，对称轴为，开口向上，易知在为减函数， 由函数为奇函数，可知在上单调递减； 是奇函数， ， 即. 的定义域是是减函数， , 即，解得： 即不等式的解集是. 18. 数学家波利亚说：“为了得到一个方程，我们必须把同一个量以两种不同的方法表示出来，即将一个量算两次，从而建立相等关系”这就是算两次原理，又称为富比尼原理.例如：如图甲，在△ABC中，D为BC的中点，则，，两式相加得，.因为D为BC的中点，所以，于是.请用“算两次”的方法解决下列问题： （1）如图乙，在四边形ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点，证明：. （2）如图丙，在四边形中，E，F分别在边AD，BC上，且，，，，与的夹角为，求向量与向量夹角的余弦值. 【答案】（1） 在四边形ABFE中，，① 在四边形CDEF中，，② 由①②，得， 因为E，F分别为AD，BC的中点， 所以，， 于是. （2）. 【解析】 【分析】（1）利用图形关系的向量运算法则结合已知求解即可； （2）由图形关系的向量运算得到，求出其模长；再利用定义式求解，最后再利用向量夹角的余弦公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在四边形ABFE中，①， 在四边形CDEF中，②， 由，， 得，. 由，得， 所以， 所以， ， 所以. 19. 我们知道，函数的图象关于轴成轴对称图形的充要条件是函数为偶函数，我们可以将其推广为：函数的图象关于直线成轴对称图形的充要条件是函数为偶函数. （1）若函数满足为偶函数，求的值. （2）若函数，判断函数的图象是否是轴对称图形？如果是，求出其对称轴；如果不是，请说明理由. （3）在（2）的条件下关于的不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2）是，. （3）. 【解析】 【分析】（1）根据偶函数的定义求解； （2）假设函数的图象是轴对称图形，根据定义可得，运算得解； （3）分离可得恒成立，结合对称性求得函数的最小值是4，即，运算得解. 【小问1详解】 因为， 所以图象的对称轴为直线， 所以为偶函数，所以. 【小问2详解】 函数的图象是轴对称图形. 理由如下：若函数的图象是轴对称图形，则满足为偶函数，即， 所以， 所以，解得， 所以函数的图象是轴对称图形，且对称轴为直线. 【小问3详解】 若恒成立，则恒成立. 由（2）可知的图象关于直线对称， 因为当时，， 当且仅当时取等号，所以函数的最小值是4. 所以，即，解得或， 即实数的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一月考 数学试题 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考场号､座位号､准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 考试时间为120分钟，满分150分 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 集合，则下列表示正确的是（ ） A. B. C. D. 2. 已知扇形弧长为，圆心角为，则该扇形的面积为（ ） A. B. C. D. 3. 下列结论正确的是（ ） A. 角度有正角和负角之分，所以角度是向量 B. 若，则线段与线段在同一直线上 C. 若，则 D. 若，则不一定平行 4. 已知，则等于（ ） A. B. 4 C. D. 3 5. 已知四边形满足条件，且，其形状是（ ） A. 梯形 B. 矩形 C. 菱形 D. 正方形 6. 函数的单调递增区间为（ ） A. B. C. D. 7. 已知向量，则的最小值是（ ） A. 2 B. C. D. 8. 点是所在平面内一点，，则的最小值为（ ） A. 100 B. 120 C. 180 D. 240 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边过点，且，则下列说法正确的有（ ） A. 是第四象限角 B. C. D. 10. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，，点在直线上，且，则点的坐标可能为（ ） A. B. C. D. 11. 如图，已知正六边形的边长为2，点为正六边形上的动点，下列说法错误的是（ ） A. B. C. 的最小值为 D. 的最大值为12 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，且，则__________. 13. 已知为等腰三角形，且，则__________. 14. 定义是中的较小者.已知函数，若，且方程有3个不同的解，则实数的取值范围是__________. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知函数的最小正周期是. （1）求函数在上的单调减区间； （2）求函数在区间上的最大值和最小值. 16. 已知向量，且与的夹角为. （1）求； （2）若与的夹角为锐角，求实数的取值范围. 17. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，. （1）求的解析式； （2）判断的单调性（无需证明），并解关于的不等式. 18. 数学家波利亚说：“为了得到一个方程，我们必须把同一个量以两种不同的方法表示出来，即将一个量算两次，从而建立相等关系”这就是算两次原理，又称为富比尼原理.例如：如图甲，在△ABC中，D为BC的中点，则，，两式相加得，.因为D为BC的中点，所以，于是.请用“算两次”的方法解决下列问题： （1）如图乙，在四边形ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点，证明：. （2）如图丙，在四边形中，E，F分别在边AD，BC上，且，，，，与的夹角为，求向量与向量夹角的余弦值. 19. 我们知道，函数的图象关于轴成轴对称图形的充要条件是函数为偶函数，我们可以将其推广为：函数的图象关于直线成轴对称图形的充要条件是函数为偶函数. （1）若函数满足为偶函数，求的值. （2）若函数，判断函数的图象是否是轴对称图形？如果是，求出其对称轴；如果不是，请说明理由. （3）在（2）的条件下关于的不等式恒成立，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $