湖南省沅江市第三中学2024-2025学年高一下学期3月质量检测数学试题

绝密★启封前 2024—2025学年（下）高一年级3月质量检测 数 学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题纸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。写在本试卷上无效。回答非选择题时，将答案写在答题纸上。写在本试卷上无效。 3. 考试结束后，将本试卷与答题卡一并由监考人员收回。 一、单项选择题：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. 1．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．已知角的顶点在坐标原点，始边与轴非负半轴重合，终边过点，则（    ） A． B． C． D． 3．在平行四边形中，是边上靠近点的三等分点，则（    ） A． B． C． D． 4．已知，则（    ） A．1 B． C．5 D． 5．已知函数的零点分别为，则（    ） A． B． C． D． 6．已知分别是△ABC的边上的点，且满足与相交于点，连接并延长交于点，若，则实数的值为（    ） A． B． C． D． 7．如图，一艘缉毒船在某海域巡逻，经过点时，发现北偏东方向，距离为的点处有毒贩正驾驶小船以的速度往北偏东的方向逃窜，缉毒船立即以的速度前往缉捕，则缉毒船经过（    ）恰好能抓获毒贩. A．1 B．2 C．3 D．4 8．已知函数，且，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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．下列说法正确的是（    ） A．函数且的图象恒过点 B．函数与表示同一个函数 C．函数的最小值为3 D．若关于的不等式的解集为或，则 10．已知点为△ABC所在平面内一点，则下列说法正确的是（    ） A．若，则在上的投影向量为 B．若两两的夹角相等，且，则 C．若，且，则△ABC为等边三角形 D．若，且，则的面积是△ABC面积的 11．函数满足对任意实数，有，且，则下列结论正确的是（    ） A． B．是偶函数 C． D．存在实数使得 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．已知向量，若，则实数 ． 13．在△ABC中，角所对的边分别为.若，则 . 14．已知函数，若存在两个零点，且，则实数 . 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．（13分） 已知向量. (1)若，求的坐标； (2)若，求与夹角的余弦值； (3)求的最大值. 16．（15分） 在△ABC中，分别为内角所对的边，已知. (1)求； (2)若的面积为，求. 17．（15分） 如图，在海岸线一侧有一休闲游乐场.游乐场的前一部分边界为曲线段，该曲线段是函数的图象，图象的最高点为；边界的中间部分为长1千米的直线段，且；游乐场的后一部分边界是以为圆心的一段圆弧. (1)曲线段上的入口距海岸线的距离为1千米，现准备从入口修一条笔直的景观路到，求景观路的长度； (2)如图，在扇形区域内建一个矩形休闲区，矩形的一边在海岸线上，一个顶点在半径上，另外一个顶点在圆弧上，求矩形休闲区面积的最大值和此时点的位置. 18．（17分） 已知函数在区间上的最大值为3. (1)求； (2)求在区间上的单调递增区间； (3)将的图象上所有的点向下平移1个单位长度，再向右平移2个单位长度，得到的图象，若且，求的值. 19．（17分） 对非空整数集合及，定义，对于非空整数集合，定义.注：是指满足且的最小自然数. (1)设，请直接写出集合； (2)设，求出非空整数集合的元素个数的最小值； (3)对三个非空整数集合，若且，求的所有可能取值. 学科网（北京）股份有限公司 $$答案第 1页，共 12页 参考答案 1．B 【分析】计算得到 B集合的等价集合，然后求交集即可. 【详解】  2 4B x x  Z ，      2 4 2 2 1,0,1B x x x x          Z Z ， 又  2, 1,0,1,2A    ， { 1,0,1}A B   ． 故选：B 2．B 【分析】利用三角函数定义及二倍角的余弦公式求解. 【详解】依题意， 3 1sin ,cos 2 2     ， 所以 3 1 3sin2 2sin cos 2 ( ) 2 2 2          . 故选：B 3．B 【分析】画出图形，由向量的加法和数乘，结合平面向量的基本定理计算即得. 【详解】如图， AE AC AD DE AD DC           1 4 42 2 2 3 3 3 AD DC DC AD DC AB AD              故选：B. 4．A 【分析】先根据诱导公式求出 tan 2   ，然后将所求式 2sin cos sin cos       化弦为切代值计算即 得. 【详解】   3cos sin2 tan 2 cos cos                   ， 则 sin2 12sin cos 2tan 1cos 1sinsin cos tan 11 cos                . 答案第 2页，共 12页 故选：A. 5．B 【分析】先判断函数的单调性，再结合零点存在定理判断函数的零点范围比较即可. 【详解】由复合函数的单调性易知三个函数均连续且在定义域内单调递增. 对于    3 1 12 , 0 0, 2 1 0 2 2 2 xf x x f f              ，由零点存在定理知 10, 2 a      . 对于        2 3 1 3log , 1 , 2 , 1, 2 2 2 2 g x x x g g b        . 对于   32 2 h x x  ，可知  h x 的零点 3 1 ,1 , 4 2 c b c a         . 故选：B 6．A 【分析】结合图形，分别由 , ,D O C三点共线和 , ,B O E三点共线利用平面向量基本定理列方 程组解出 ,m x，再利用 , ,F B C三点共线求解即可. 【详解】 , ,D O C 三点共线，    1 1 . 2 xAO xAD x AC AB x AC            , ,B O E 三点共线，       ,2 21 1 . 23 1 1 , 3 xm AO mAB m AE mAB m AC m x                    解得 1 1, 4 2 m x  ，即 1 1 1 1 1 1, , , 4 2 4 2 4 2 AO AB AC AO AF AB AC AF AB ACl l l = + \ = = + \ = +           , ,F B C 三点共线， 1 1 1 4 2     ，解得 3 4   . 故选：A 7．C 【分析】结合题意，由余弦定理计算可得. 【详解】设缉毒船经过 ht 恰好能抓获毒贩， 答案第 3页，共 12页 由题意知  180 80 20 120 , 60 3 1 , 20 6 , 40ABC AB AC t BC t            ， 由余弦定理可得 2 2 2 2 cosAC AB BC AB BC ABC    ， 即    2 2 2(20 6 ) [60 3 1 ] (40 ) 60 3 1 40t t t      ， 整理得  2 22 6 3 1 9( 3 1) 0t t     ，解得 3t  （负值舍去）. 故选：C 8．A 【分析】由分析得     2f x g x  ，其中   3 e 1 e 1 x xg x x     ，不等式等价转化为    2 3 4g a g a   ，通过分析  g x 的单调性和奇偶性可得结果. 【详解】由题意得，函数   3 3 32 2 e 1 e 13 2 2 e 1 e 1 e 1 e 1 x x x x x xf x x x x                 ， 令   3 e 1 e 1 x xg x x     ，则     2f x g x  ， 由    2 3 4 4f a f a   得    2 2 3 4 2 4g a g a     ， ∴    2 3 4 0g a g a   ，即    2 3 4g a g a   . ∵   3 3e 1 2 1 e 1 e 1 x x xg x x x         ， 3y x 在R 上为增函数， 2 e 1x y   在R 上为减函数， ∴  g x 在R 上为增函数， ∵  g x 定义域为R ，且      3 3e 1 1 e e 1 1 e x x x xg x x x g x                ， ∴  g x 是R 上的奇函数，故    3 4 4 3g a g a    . ∴由      2 3 4 4 3g a g a g a     得， 2 4 3a a  ，解得 1a  或 4a   ， ∴实数 a的取值范围为    , 4 1,  U . 故选：A. 9．AD 【分析】根据指数函数的性质求得定点判断 A，根据同一函数的概念判断 B，根据基本不等 式的应用条件判断 C，根据二次不等式的解集及韦达定理求解 ,a c即可判断 D. 【详解】对于 A：   2 2 3xf x a   ，令 2 2 0x   ，得    01, 1 3 1 3 2,x f a f x        的 图象恒过点  1, 2 ，故 A正确； 答案第 4页，共 12页 对于 B：   2log 2xf x x  的定义域为   2 , xg x x x  R 的定义域为 0x x ∣ ，定义域不同， ( )f x\ 与  g x 不表示同一个函数，故 B错误； 对于 C，令 2 3t x  ，则 1 13, 1, 1t y t y t t t        在 3,  上单调递增，当 3t  时， min 4 3 1 3 y   ，故 C错误； 对于 D， 2 0ax bx c   的解集为{ 2x x  ∣ 或 1}, 0x a   ，且 2 和 1为方程 2 0ax bx c   的两个根， 2 1 1 b a       且  2 1 2c a      ，得 0b a  且 2 0, 0c a abc     ，故 D正确. 故选：AD 10．BCD 【分析】由投影向量的计算可得 A错误；由数量积的运算律和定义可得 B正确；由向量夹 角的计算结合垂直的向量表示可得 C正确；先由向量共线的性质确定M 的位置，再由三角 形的面积公式可得. 【详解】对于 A， π 5π, , , 6 6 ABC AB BC AB         在 BC  上的投影向量为 5π 3 2 3cos 4 6 2 5 5 BC BCAB BC BC                  ，故 A错误； 对于 B，记向量 , ,MA MB MC    分别为 , ,a b c   ， 它们之间的夹角不可能都为 0，故夹角为 2π 3 ， 则 2 2 2 2( ) 2 2 2a b c a b c a a b b a c b c c                            1 1 1 3 3 9 2       ，故 B正确； 对于 C，因为  cos cosAB BC B AC BC CAB AC BC AB AC AB AC                          cos cos 0BC C B    ， 所以 cos cosB C ，又 , (0, π)B C ， cosy x 在区间 (0,π)上单调递减，则 B C ， 又 1 cos 2 AB AC A AB AC         ， 答案第 5页，共 12页 π π, , 3 3 A B C ABC      为等边三角形，故 C正确； 对于 D，令 13 3 3 , 3 AD AM xAB yAC x y          ， 3 3 1, , ,x y D B C    三点共线， 又 3 ,AD AM M    是线段 AD上靠近点A的三等分点， 即点M 到 BC边的距离是点A到BC边的距离的 2 , 3 且两三角形的底相同，高之比等于 2 3 ， 2 3MBC ABC S S\ =  ，故 D正确. 故选：BCD. 11．CD 【分析】利用赋值法，结合函数的奇偶性、三角函数等知识对选项进行分析，从而确定正确 答案. 【详解】令 0, 0x y  ，得    2 0 2 0 cos0f f ，故  0f 为任意值，A错误； 令 π0, 2 x y  ，得 π π 0 2 2 f f             ，结合 π 1 2 f       ，得 π 1 2 f        ，不满足偶函数定 义，B错误； 通过构造可令 π4π, 2 x y  ，可得，  π π π4π 4π 2 4π cos 0 2 2 2 f f f               ， 即 9π 7π 0 2 2 f f            ，C正确； 函数   sinf x x 满足条件      2 cosf x y f x y f x y    ， 即      sin sin 2sin cos 2 cosx y x y x y f x y     . 当 sin 0x  时，有 πx k ，存在非零实数解，D正确. 故选：CD 12． 2 答案第 6页，共 12页 【分析】根据向量垂直的坐标表示直接计算即可得解. 【详解】因为 a b  ， 所以由题意得 2( 1) 2 0a b m m m      ， 2m   . 故答案为： 2 . 13． 10 10  【分析】根据给定条件，利用正弦定理求出b，再利用余弦定理求解. 【详解】在 ABCV 中，由正弦定理，得 sin sin 1b C c B  ，而 45C  ，则 2b  ， 由余弦定理，得 2 2 2 2 22 cos 3 2 2 3 2 5, 5 2 c a b ab C c           ， 再由余弦定理，得 2 2 2 2 5 9 10cos 2 102 2 5 b c aA bc           . 故答案为： 10 10  14． 22 e 【分析】先指数函数，对数函数图象画出函数图象，再结合 2 2 1 e 2x x    ，再应用指对数 运算结合函数单调性即可求解. 【详解】画出函数  f x 的图象，再画出直线 y x  ， 可以发现当直线过点A时，直线与函数图象有两个交点，并且向下可以无限移动，都可以保 证直线与函数的图象有两个交点， 即方程  f x x a   有两个解，也就是函数  g x 有两个零点 1 2,x x ， 此时满足 1a  ，即 1a   . 不妨设 1 2x x ，则 22 1 e 2x x    ， 从而 1 1 2 2 e , ln , xx a x a x        即 1 2 1 ln 2 2 2 e , ln e +ln , x x a x a x x x         设   exg x x  ，  g x 函数单调递增，且    1 2lng x g x 所以 11 2 2ln , e xx x x  ，又 1 22 1 1e e 2 xx x x      ，解得 1 2x   ， 所以 1 2 2 1e e 2, 2 e xa x a        . 答案第 7页，共 12页 故答案为： 22 e . 15．(1)  3, 6b    或  3,6 . (2) 17 27 (3)7 5 【分析】（1）根据平行关系，利用数乘列出 的方程求解即可； （2）根据向量垂直关系，列出等量关系，再利用数量积求出夹角的余弦值； （3）利用向量的三角不等式即刻求解. 【详解】（1）因为 a∥ b  ，设 b a   ，则 2 21 ( 2) 5 3 5b a a              ， 所以 3   ，即  3, 6b    或  3,6 . （2）因为    8a b a b     ，所以得到     2 28 · 8 9 · 8 5 9 5 3 5cos , 45 0a b a b a a b b a b                     ， 解得 17cos , 27 a b   . （3）因为  2 2 22 4 · 4 5 4 5 3 5cos , 4 45 5 60 180 245a b a a b b a b                    ， 所以 2 245 7 5a b    ，当且仅当 ,a b  同向时等号成立. 16．(1) π 3 A  (2) 7a  【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦展开式以及特殊角的正弦值化简可得； （2）由余弦定理结合三角形的面积公式求解即可. 【详解】（1）由 cos 3 sin 0a C a C b c    及正弦定理可得 sin cos 3sin sin sin sinA C A C B C   . 答案第 8页，共 12页    π , sin sin sin cos cos sinB A C B A C A C A C        ， 3sin sin cos sin sinA C A C C   ，又 sin 0, 3sin cos 1C A A    ， 即 π2sin 1 6 A      ，   π π 5π π π0, π , , , 6 6 6 6 6 A A A             ，即 π 3 A  . （2）由（1）及余弦定理可得 2 2 2 2 2 22 cos ( ) 3a b c bc A b c bc b c bc         . 由 ABCV 的面积 1 sin 6 3 2 S bc A  ，得 3 6 3, 24 4 bc bc   ， 又 11b c  ， 2 211 3 24 49a     ，故 7a  . 17．(1) 17 千米. (2)面积最大为 2 1 平方千米，点 P在弧DE的中点上. 【分析】（1）根据图像求曲线段 FGBC的解析式，再求出G点坐标，即可求景观路长； （2）记 π,0 4 POE     ，在Rt OPM 中，运用三角函数得到 2sin , 2cosPM OM   . 进而得到  2cos , 2sinP   ，结合 2sinQN PM   ， π4COD  ，求出 2cos 2sinMN OM ON      . 运用矩形面积公式，得到把矩形面积表示成关于的函数，再利用倍角公式和辅助角公式化 简，由正弦函数的性质求取最大值. 【详解】（1）由已知条件，得 2A  ， 又 2π π3, 12, 4 6 T T        ， 又当 2x   时，有  π2sin 2 2 6 y         ，且   50, π , π 6     ， 曲线段 FGBC的解析式为  π 5π2sin , 5,0 6 6 y x x        . 由 π 5π2sin 1 6 6 y x       ，根据图象得到  π 5π π 2 π 6 6 6 x k k   Z ， 解得  4 12x k k   Z ， 又    5,0 , 0, 4, 4,1x k x G        . 答案第 9页，共 12页 2 2( 4) 1 17,OG     景观路GO的长为 17千米. （2）易知 5π2sin 1 6 OC   ，又 1CD  ， π2, 4 OD COD   ， 记 π,0 4 POE     ，在Rt OPM 中， sin 2sin , cos 2cosPM OP OM OP       . 即  2cos , 2sinP   ， 2sinQN PM   ，又 π 4 COD  ，Rt OQN△ 中， 2sinON QN   . 所以 2cos 2sinMN OM ON      . 故   22cos 2sin 2sin 2sin cos 2sinNMPQS MN PM           矩形 πsin2 cos2 1 2sin 2 1 4             ， π0, 4       ， 当 π π2 4 2    时，即 π 8   时，矩形面积最大为 2 1 平方千米，此时点 P在弧DE的中点上. 18．(1)0 (2) π π, 3 6     与 2π ,π 3      . (3)2 【分析】（1）由降幂公式结合辅助角公式对函数化简，再结合正弦函数的值域可得； （2）由正弦函数的单调性整体代入后，给 k赋值可得； （3）先由图象平移的性质得到  g x ，再由正弦函数的对称性可得. 【详解】（1）   2 π3sin2 2cos 3sin2 cos2 1 2sin 2 1 6 f x x x m x x m x m               . 当 π0, 2     x 时， π π 7π π 12 , ,sin 2 ,1 6 6 6 6 2 x x                   ， 且当 πsin 2 1 6 x      时，  f x 取得最大值，即 2 1 3,m   解得 0m  . （2）由（1）知   π2sin 2 1 6 f x x       . 令  π π π2 π 2 2 π 2 6 2 k x k k      Z ，得  π ππ π 3 6 k x k k     Z ， 答案第 10页，共 12页 当 1k   时， 4π 5π 3 6 x    ；当 0k  时， π π 3 6 x   ；当 1k  时， 2π 7π 3 6 x  . 又 π , π , 2 x        f x 在区间 π , π 2     上的单调递增区间为 π π, 3 6     与 2π ,π 3      . （3）将   π2sin 2 1 6 f x x       的图象上所有的点向下平移 1个单位长度得到 π2sin 2 6 y x      的图象， 再向右平移 2个单位长度得到   π π2sin 2 2 2sin 2 4 6 6 y x x              的图象， 即   π2sin 2 4 6 g x x       . 令  π π2 4 π 6 2 x k k    Z ，得  π π2 6 2 kx k   Z ，   π2sin 2 4 6 g x x        的图象在 π 7π, 2 6       内的对称轴为直线 π2 6 x   . 因 1 2,x x 且    1 2 1 , 2 g x g x  则 1 2 π2 2 6 x x        ， 1 2 π π π π2 2sin 2 2 4 2sin 2 2 6 6 6 2 x xg g                            . 19．(1) 2,3,4,5,6,7,8 ； (2)27； (3)2或 3或 4. 【分析】（1）设  3,5,7M  ，结合题设定义直接写出集合 1M  ； （2）设 B有 B 个元素，由  2,5,8, ,77,80B   ，则 A 0B B  ，证得 min| | 27B  ，再假 设 26B j  得到矛盾，则有 27B j  ，即可得； （3）先证    M k l M k l     ，如      , , , , ,d A B p d B C q d A C r   ，结合结论得      , , ,d A C r d A B d B C p q     ，进而有    , 2,3, 4d A C  ，注意验证. 【详解】（1）若  3,5,7M  ，由集合新定义知        1 2,3, 4 4,5,6 6,7,8 2,3, 4,5,6,7,8M      . （2）设 B有 B 个元素，下证 min| | 27B  ， 一方面，  2,5,8, ,77,80B   ，则 A 0B B  ， 答案第 11页，共 12页 所以  , 0d A B  ，即  , 1d A B  ， 而    1 0,1, 2,3, 4, ,81 , 1 1, 2,3, 4, ,81B A A B       ， 这表明了  , 1d A B  满足题意，此时 80 2 1 27 3 B    ，故 min| | 27B  ； 另一方面：若 26B j  ，不妨设  1 2, , , jB b b b  且 1 2 jb b b   ， 由题意可知      1 1 1 2 2 21, , 1 1, , 1 1, , 11 j j jb b b b b b bB b bA           ， 而 1B 最多含有3 78j  个元素，当且仅当  1, , 1 1k k kb b b k j    两两不同且 26B j  时，等号成立， 但这与A有 80个元素矛盾，所以 27B j  . 综上所述：非空整数集合 B的元素个数的最小值是 27. （3）一方面：先证    M k l M k l     ，  | , , 1, , { , | }M k m t m M t k k k n m M n m k             Z ， 因此只要 1 2M M ，就有 1 2M k M k   ， 而   , ,x M k l p M k x p l         ，所以 ,m M p m k    ， 所以 x m x p p m x p p m l k           ，即  x M k l    ， 从而    M k l M k l     . 另一方面：如果      , , , , ,d A B p d B C q d A C r   ， 那么    , ,A B p B C q B p C q p C p q           ， 从而  A C p q   ，同理  C A p q   ， 由定义得      , , ,d A C r d A B d B C p q     ，即 d满足距离的三角不等式； 所以            , , , 3 1 4, , , , 3 1 2d A C d A B d B C d A C d A B d B C          ，即    , 2,3, 4d A C  ， 取      0 , 3 , 2A B C   ，可知  , 2d A C  可能成立， 取      0 , 3 , 2,3A B C   ，可知  , 3d A C  可能成立， 答案第 12页，共 12页 取      0 , 3 , 4A B C   ，可知  , 4d A C  可能成立， 综上所述，  ,d A C 所有可能取值为 2或 3或 4.