精品解析：四川省南充市西充中学2024-2025学年高一下学期3月月考数学试题2

高2024级7-9班高一下3月月考 数学试题 （说明：本卷满分150分，考试时间120分钟） 第Ⅰ卷（选择题，共58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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. （ ） A. B. C. D. 2. 在中，，、分别是、的中点，则（ ） A. 与共线 B. 与共线 C 与相等 D. 与相等 3. 已知函数为偶函数，则（ ） A. B. C. D. 4. 函数图像，保持纵坐标不变，将横坐标缩短为原来的，再向右平移个单位长度后得到的解析式为（ ）. A. B. C. D. 5. 函数与函数图像的交点个数是（ ）个 A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 6 若，则（ ） A. B. C. D. 7. （ ） A. B. C. D. 8. 若函数在区间内有两个零点，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列式子运算正确的有（ ） A. B. C. D. 10. 在锐角△ABC中，三个内角分别是，，，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数（，，）部分图象如图所示，下列说法正确的是（    ） A. 函数的最小正周期为2 B. C. 函数的图象关于直线对称 D. 若方程在上有两个不等实数根，则． 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知为定义在上的偶函数，在区间上单调递减，且满足，则不等式的解集为__________. 13. 已知，则________． 14. 如图，已知是半径为1，圆心角为的扇形.是扇形弧上的动点，是扇形的内接平行四边形，则四边形ABCD的面积最大值为____________. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤. 15. （1）已知，，求的值； （2）已知，都是锐角，且，，求的值. 16. 已知函数． （1）讨论函数的定义域； （2）当时，解关于的不等式：． 17. 已知函数. （1）求的单调递增区间，并用五点法作出在区间内的图象； （2）若函数在区间上恰有一个零点，求实数m取值范围. 18. 已知函数. （1）存在使得不等式有解，求实数k的取值范围； （2）若函数满足，若对任意且，不等式恒成立，求实数m的最大值. 19. 已知函数. （1）求方程在上的解集； （2）设函数； （i）证明：在有且只有一个零点； （ii）在（i）的条件下，记函数的零点为，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高2024级7-9班高一下3月月考 数学试题 （说明：本卷满分150分，考试时间120分钟） 第Ⅰ卷（选择题，共58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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用两角和的余弦公式求解即可. 【详解】. 故选：D. 2. 在中，，、分别是、的中点，则（ ） A. 与共线 B. 与共线 C. 与相等 D. 与相等 【答案】B 【解析】 【分析】利用共线向量、相等向量的概念逐项判断即可. 【详解】由题意可知，与不共线，A错； 因为、分别是、的中点，所以，，故与共线，B对； 因为与不平行，所以与不相等，C错； 因为，D错． 故选：B. 3. 已知函数为偶函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据偶函数的性质，列式求解. 【详解】为偶函数，则，，取，则. 故选：D. 4. 函数的图像，保持纵坐标不变，将横坐标缩短为原来的，再向右平移个单位长度后得到的解析式为（ ）. A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用函数图像变换求解即可. 【详解】将函数的图像保持纵坐标不变，先将横坐标缩短为原来 的得到，再向右平移个单位长度后 得到，， 故选:C. 5. 函数与函数图像的交点个数是（ ）个 A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】画出函数图象观察即可得出. 【详解】画出和的函数图象，因为，，结合图象可得函数与函数图像的交点个数是5个. 故选：A. 6. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先应用二倍角余弦及正弦公式化简，再应用弦化切计算求解. 【详解】， 故选:A． 7. （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用和差化积公式，即可求值. 【详解】． 故选：A. 8. 若函数在区间内有两个零点，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用整体法，结合余弦函数的性质及零点个数求参数范围. 【详解】由题设上有两个零点， 所以，可得. 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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列式子运算正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由切化弦，及辅助角公式，正弦二倍角公式化简即可，对于B，由可判断，对于C，由两角差正切公式可判断，对于D，由可判断. 【详解】 A正确； ，B错误， ，C正确， 因为， 所以，D正确， 故选：ACD 10. 在锐角△ABC中，三个内角分别是，，，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】易得，，再根据正切函数的单调性即可得解. 【详解】由题意可知，，， 则， 因为函数在上单调递增， 所以，， 所以， 故AC正确，BD错误. 故选：AC. 11. 已知函数（，，）的部分图象如图所示，下列说法正确的是（    ） A. 函数的最小正周期为2 B. C. 函数的图象关于直线对称 D. 若方程在上有两个不等实数根，则． 【答案】BC 【解析】 【分析】首先通过图象的最值确定的值，再根据图象上两点的横坐标求出周期，进而得到的值，然后将特殊点代入函数求出的值，最后根据正弦函数的对称轴性质以及方程根的对称性来逐一分析选项. 详解】由函数图象可知， 表示振幅，所以.  函数的图象过点和，这两点间的距离是个周期，即，那么，故A错误；  根据正弦型函数的周期公式（），可得，所以.   把点代入中，得到，即. 因为，所以，，解得，故B正确； 由上分析可得：. 令，解得. 当时，，所以函数的图象关于直线对称，故C正确； 函数的图象在上，其对称轴为，即. 若方程在上有两个不等实数根，根据正弦函数图象的对称性可知.所以，故D错误.  故选：BC. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知为定义在上的偶函数，在区间上单调递减，且满足，则不等式的解集为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用偶函数的性质及函数单调性求解即得. 【详解】因为为定义在上的偶函数，则不等式， 不等式化为或，而，于是为或， 又函数在区间上单调递减，则在上单调递增， 解，得，解，得， 所以原不等式解集为. 故答案为： 13. 已知，则________． 【答案】 【解析】 【分析】利用诱导公式求出的值，再由余弦的二倍角公式可得答案. 【详解】因为，所以， 则 . 故答案为：. 14. 如图，已知是半径为1，圆心角为的扇形.是扇形弧上的动点，是扇形的内接平行四边形，则四边形ABCD的面积最大值为____________. 【答案】 【解析】 【分析】作于点，作于点，将四边形ABCD的面积转化为矩形EFCD的面积，设，将矩形EFCD的面积表示为，应用三角运算及三角函数性质求最大值即可. 【详解】解：如图：作于点，作于点， 则矩形EFCD的面积等于平行四边形ABCD的面积， 设，则， 在Rt中，， 所以， 所以矩形EFCD的面积为 因，所以， 当即时，矩形EFCD的面积最大为， 所以平行四边形ABCD的面积最大值为. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤. 15. （1）已知，，求的值； （2）已知，都是锐角，且，，求的值. 【答案】（1）（2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦两角和差公式展开，再把切化弦，即可求解； （2）利用正切的和角公式，结合角的范围，即可求角. 【详解】（1）由 联立解得： 所以； （2）由，可得， 由于是锐角，，所以是锐角， 则， 由于，所以还是锐角， 即 16. 已知函数． （1）讨论函数的定义域； （2）当时，解关于的不等式：． 【答案】（1）当时；当时，． （2） 【解析】 【分析】（1）由，得，下面分类讨论：当时，；当时，即可求得的定义域； （2）根据函数的单调性解答即可； 【小问1详解】 由，得， 当时，； 当时，； 所以的定义域是当时；当时，． 【小问2详解】 当时，任取，且， 则，所以． 因为，所以，即． 故当时，在上是增函数． ∵，∴， ∵，∴， 又∵，∴，即不等式的解为. 17. 已知函数. （1）求的单调递增区间，并用五点法作出在区间内的图象； （2）若函数在区间上恰有一个零点，求实数m的取值范围. 【答案】（1），图象见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）根据诱导公式以及二倍角公式化简，即可利用整体法求解单调性，根据五点作图法即可求解； （2）由（1）图象即可求解. 【小问1详解】 因为 ， 即，所以， 令,解得， 故的单调递增区间为； 依题意可得如下表格： 0 0 1 0 0 故在区间内的图象如下所示： 【小问2详解】 若函数在区间上恰有一个零点， 即在只有一个交点， ，，， 结合（1）的图象易知：实数m的取值范围. 18. 已知函数. （1）存在使得不等式有解，求实数k的取值范围； （2）若函数满足，若对任意且，不等式恒成立，求实数m的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先判断的单调性，由题意，由参数分离和二次函数的最值，可得的范围； （2）由条件求得，运用换元法和基本不等式，计算可得的最大值. 【小问1详解】 .对任意， 有， 因为，所以，即， 所以，因此在上递增. 因为，所以，即在时有解. 当时，的最大值为2，所以； 【小问2详解】 因为，所以， 所以，不等式恒成立， 即， 令，则时恒成立， 因为，由基本不等式可得：，当且仅当时，等号成立， 所以，则实数的最大值为. 19. 已知函数. （1）求方程在上的解集； （2）设函数； （i）证明：在有且只有一个零点； （ii）在（i）的条件下，记函数的零点为，证明：. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用余弦二倍角公式化简方程，再结合辅助角公式即可； （2）（i）根据三角函数的性质分区间研究函数的性质，利用零点存在定理可证明；（ii）然后利用换元法求值域即可证明. 【小问1详解】 所以. 所以或 当时，，则，又，所以或， 当，则，又. 所以或，所以或， 所以方程在上的解集为. 【小问2详解】 （i）设. 当，则， 此时在区间上单调递增， 又在区间上也单调递增，所以在区间上单调递增， 又 所以在时有唯一零点， 当，所以， 所以在上没有零点， 综上，在有唯一零点. （ii）记函数的零点为， 所以，且，所以， 所以， 令，因为，所以， 又，则， 所以. 【点睛】 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$