精品解析：上海市控江中学2024-2025学年高一下学期4月月考数学试卷

控江中学2024-2025学年第二学期高一年级数学月考 2025.4 一、填空题（本大题满分36分）本大题共有12题，每题3分． 1. 已知全集，若集合，则________． 2. 已知，若，则的最小值是________， 3. 函数的最小正周期为________． 4. 已知角的终边经过点，则________． 5. 设常数，若函数的图像关于点对称，则________． 6. 已知常数且，如果无论取何值，函数的图像恒过定点，则的坐标是________． 7. 已知，，若用、表示，则________． 8. 若，则________． 9. 设常数，已知关于的一元二次方程的两个实根分别为、，若，则________． 10. 已知常数且，若函数的定义域和值域都是，则________． 11. 现有一圆形纸片，在纸片上剪出一个三角形，其三个顶点在圆上．已知三角形的一边长4cm，另一边长3cm且第三条边上的中线长3cm，则圆形纸片的半径长为________cm．（结果精确到0.1） 12. 已知常数，设若对任意，在中满足的值有且只有一个，则的最小值为________． 二、选择题（本题共有4题，满分14分，13、14每题3分，15、16每题4分）． 13. 集合，的关系如图所示，则是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 14. 如果，那么下列不等式中成立的是（ ）． A. B. C. D. 15. 已知存在实数满足，则的取值范围为（ ）． A. B. C. D. 16. 已知函数满足：对任意，都有． 命题：若是增函数，则不是减函数； 命题：若有最大值和最小值，则也有最大值和最小值． 则下列判断正确的是（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是假命题 C. 是真命题，是假命题 D. 是假命题，是真命题 三、解答题（本大题满分50分）本大题共5题． 17. 设常数，已知集合，集合． （1）求集合； （2）若，求的取值范围． 18. 为打赢打好脱贫攻坚战，某地加大旅游业投入，准备将扇形空地分隔成三部分建成花卉观赏区，如图所示．已知扇形的半径长为100米，是钝角，点在弧上，点在半径上，且，设，的周长为米． （1）当，求的长（单位：米）； （2）求的最大值及取到最大值时的值． 19. 已知 （1）已知是正整数，求的值； （2）已知常数，是否存在，使函数在区间上是严格增函数？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由． 20. 已知． （1）求解关于的方程； （2）求函数，的值域； （3）已知常数，设，若函数在区间上的最小值是，求的值． 21. 对于定义在上的函数，若存在，使满足的整数存在且，则称函数是“函数”． （1）两个函数，是否是“函数”？为什么？ （2）求证：函数是“函数”； （3）已知常数，若函数是“函数”，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 控江中学2024-2025学年第二学期高一年级数学月考 2025.4 一、填空题（本大题满分36分）本大题共有12题，每题3分． 1. 已知全集，若集合，则________． 【答案】 【解析】 【分析】首先求出集合A中的不等式，然后根据补集的定义求出A的补集. 【详解】对于集合A，不等式为. 所以. 因为全集，所以集合的补集为. 故答案为：. 2. 已知，若，则的最小值是________， 【答案】2 【解析】 【分析】由重要不等式求出最小值. 【详解】，当且仅当时，等号成立， 故的最小值为2. 故答案为：2 3. 函数的最小正周期为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据余弦函数的性质计算可得. 【详解】函数的最小正周期. 故答案为： 4. 已知角的终边经过点，则________． 【答案】 【解析】 【分析】根据三角函数的定义计算可得. 【详解】因为角的终边经过点， 所以. 故答案为： 5. 设常数，若函数的图像关于点对称，则________． 【答案】 【解析】 【分析】根据正弦函数的对称性计算可得. 【详解】因为函数的图像关于点对称， 所以，则，又， 所以. 故答案为： 6. 已知常数且，如果无论取何值，函数的图像恒过定点，则的坐标是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据指数函数的性质计算可得. 【详解】因为函数（且）恒过点， 所以函数（且）恒过点，即. 故答案为： 7. 已知，，若用、表示，则________． 【答案】 【解析】 【分析】根据指数与对数的关系及对数的运算性质计算可得. 【详解】因为，所以，又，则，则 所以. 故答案为： 8. 若，则________． 【答案】 【解析】 【分析】利用诱导公式计算可得. 【详解】因为， 所以. 故答案为： 9. 设常数，已知关于的一元二次方程的两个实根分别为、，若，则________． 【答案】 【解析】 【分析】根据根的判别式求出的范围，再由韦达定理计算可得. 【详解】因为关于的一元二次方程的两个实根分别为、， 则，解得， 所以，， 又，即，解得或（舍去）； 故答案为： 10. 已知常数且，若函数的定义域和值域都是，则________． 【答案】 【解析】 【分析】分、两种情况讨论，结合函数的单调性计算可得. 【详解】若，则在上单调递增， 则，解得； 若，则在上单调递减， 又当时，所以函数在上的值域不可能为，故舍去； 综上可得. 故答案为： 11. 现有一圆形纸片，在纸片上剪出一个三角形，其三个顶点在圆上．已知三角形的一边长4cm，另一边长3cm且第三条边上的中线长3cm，则圆形纸片的半径长为________cm．（结果精确到0.1） 【答案】2.1 【解析】 【分析】先利用余弦定理和得到，，由余弦定理得到，由同角三角函数关系得到，由正弦定理得到外接圆半径. 【详解】设三角形三边为，第三边为，对应中线长， 在中，， 在中，， 其中， 即，又， 所以，解得， 故cm， 由余弦定理得， 则， 由正弦定理得，圆形纸片的半径cm. 故答案为：2.1 12. 已知常数，设若对任意，在中满足的值有且只有一个，则的最小值为________． 【答案】4 【解析】 【分析】首先需要分析函数的性质，再通过的关系，结合条件确定的取值范围，从而得到的最小值. 【详解】当时，，值域为； 当时，，值域为. 当时，外层使用： ①时，， 此时，值域为； 时，， 此时，值域为 ②当时，外层使用： 时，， 此时，值域为； 时，， 此时，值域为 当时，唯一解来自，此时有唯一解； 当时，存在两个解：一个来自，另一个来自； 当时，存在两个解和；当时，解唯一； 因此，当时，方程有且仅有一个解， 所以的最小值为4． 故答案为：4. 二、选择题（本题共有4题，满分14分，13、14每题3分，15、16每题4分）． 13. 集合，的关系如图所示，则是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据韦恩图判断集合间的包含关系，进而判断题设条件的充分、必要关系. 【详解】由韦恩图知：， ∴是的充分不必要条件. 故选：A 14. 如果，那么下列不等式中成立的是（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据不等式的性质一一判断即可. 【详解】对于A：因为，所以，则，故A错误； 对于B：因为，所以，所以，故B错误； 对于C：因为，所以，故C正确； 对于D：因为，所以，故D错误. 故选：C 15. 已知存在实数满足，则的取值范围为（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分析函数的单调性，画出函数图象，数形结合求出的取值范围，即可得解. 【详解】因为， 所以当时， 则在上单调递增，在上单调递减， 当时，所以在上单调递增，所以的图象如下所示， 又，，， ∵存在，满足， 函数图象可知，， ， 所以， ∴，即， ， 的取值范围是. 故选：B． 16. 已知函数满足：对任意，都有． 命题：若是增函数，则不是减函数； 命题：若有最大值和最小值，则也有最大值和最小值． 则下列判断正确的是（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是假命题 C. 是真命题，是假命题 D. 是假命题，是真命题 【答案】C 【解析】 【分析】利用函数单调性定义结合已知判断命题p的真假，再利用函数最大、最小值的意义借助不等式性质判断命题q的真假而得解. 【详解】对于命题：设，因为是上的增函数，所以， 所以， 因为， 所以 所以 故函数不是减函数， 故命题为真命题； 对于命题在上有最大值，此时，有最小值，此时， 因为， 所以， 所以有界，但不一定有最大值和最小值，故命题为假命题． 故选：C 【点睛】结论点睛：含绝对值不等式转化方法：a>0时，；或. 三、解答题（本大题满分50分）本大题共5题． 17. 设常数，已知集合，集合． （1）求集合； （2）若，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）解分式不等式，即可求出集合； （2）解一元二次不等式化简集合，依题意可得，即可得到不等式组，解得即可. 【小问1详解】 由等价于，解得， 所以； 【小问2详解】 由，即，解得， 所以， 因为，所以， 所以，解得，即的取值范围. 18. 为打赢打好脱贫攻坚战，某地加大旅游业投入，准备将扇形空地分隔成三部分建成花卉观赏区，如图所示．已知扇形的半径长为100米，是钝角，点在弧上，点在半径上，且，设，的周长为米． （1）当，求的长（单位：米）； （2）求的最大值及取到最大值时的值． 【答案】（1）（米） （2）时取得最大值，且（米） 【解析】 【分析】（1）利用锐角三角函数求出，再由勾股定理计算可得； （2）利用锐角三角函数表示出，，再由两角和的正弦公式及正弦函数的性质计算可得. 【小问1详解】 依题意，且， 所以，又，所以，所以， 则（米）. 【小问2详解】 因为，，，的周长为米， 所以，， 所以 ， 又，所以当即时取得最大值，且（米）. 19. 已知 （1）已知是正整数，求的值； （2）已知常数，是否存在，使函数在区间上是严格增函数？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2） 存在，，理由如下： 当时，，对称轴为， 故在上单调递增， 又为奇函数，且，故在上单调递增， ，在区间上是严格增函数， 故，解得，所以. 【解析】 【分析】（1）判断出为奇函数，则； （2）确定在上单调递增，从而得到. 【小问1详解】 时，， ， 当时，， ， 故为奇函数，则； 【小问2详解】 略 20. 已知． （1）求解关于的方程； （2）求函数，的值域； （3）已知常数，设，若函数在区间上的最小值是，求的值． 【答案】（1）； （2）； （3） 【解析】 【分析】（1）令，求出； （2），故； （3）化简得到，换元得到，，根据对称轴，分，和三种情况，结合函数单调性得到最小值，从而得到方程，求出答案. 【小问1详解】 ，故， 解得 【小问2详解】 时，， 故； 【小问3详解】 ， 令，由（2）知，， 则，对称轴为， 当时，在上单调递增， 故当时，取得最小值，最小值为，不满足条件； 当时，在取得最小值， 最小值为，令，解得（舍负）； 当时，在上单调递减， 故当时，取得最小值，最小值为， 令，解得，但与矛盾，舍去； 综上， 21. 对于定义在上的函数，若存在，使满足的整数存在且，则称函数是“函数”． （1）两个函数，是否是“函数”？为什么？ （2）求证：函数是“函数”； （3）已知常数，若函数是“函数”，求的取值范围． 【答案】（1） 是“函数”, 不是“函数”，理由如下： 为常数函数，定义域为R， 不妨设，显然，满足，且， 故是“函数”, 的定义域为R，且严格单调递增， 当时，，故不是“函数”； （2） 的定义域为R， 令，，满足， 且，故， 故函数是“函数” （3）或. 【解析】 【分析】（1）不妨设，满足，且，故是“函数”,当时，，故不是“函数”； （2）令，，满足，，证明出结论； （3）由题意得在上不单调，则，且，根据与交集不能为空集，求出，因为为整数，所以或，分和两种情况，得到不等式，求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 函数定义域为R，对称轴为， 满足的整数存在且， 故在上不单调，则，且， 因为与交集不能为空集，所以且，即， 因为为整数，所以或， 若，则，由得， 所以，解得， 若，则，由得， 所以，解得， 综上，或. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $