精品解析：广东高州中学2025-2026学年第二学期3月月考高一数学试题

2025-2026学年第二学期3月月考 高一数学试题 2026.3.30 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. 若集合，，则( ) A. B. C. D. 2. “”是“角的终边落在第一或第四象限”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 3. 若角的终边经过函数（且）的图象上的定点，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 下列四个命题中，正确的是（ ） ①若、，则. ②若，则. ③若，，且，则与的夹角为 ④已知向量，不共线，，，，则三点共线 A. B. C. D. 6. 若关于的一元二次不等式的解集为，则（ ） A. B. C. D. 关于的不等式的解集为或 7. 函数（其中）的部分图象如图所示，为了得到函数的图象，则只需将的图象（ ） A. 向左平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度 C. 向左平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度 8. 已知，则（ ） A. 0 B. 2 C. D. 二、选择题：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. 已知平面向量，，与的夹角为，则（    ） A. ·= 1 B. C. D. 在上的投影向量的模为 10. 如图，为边长为2的等边三角形，以AC的中点O为圆心，1为半径作一个半圆，点P为此半圆弧上的一个动点，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 的最小值为2 D. 若，则当B，O，P三点共线时， 11. 已知函数，则（ ） A. B. ，使得关于的方程有2个不相等的实数根 C. 若关于的方程有四个不相等的实数根，则 D. 若关于的方程有8个不相等的实数根，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. ___________． 13. 在中，点在线段上，且满足，点为线段上任意一点（除端点外），若实数，满足，则的最小值为________ 14. 已知函数在上的图象有且仅有3个最高点．则的取值范围是________ 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. 如图所示，在中，，，点在线段BC上，且．求： （1）AD的长； （2）的大小． 16. 已知函数最小正周期为. （1）求的值和函数图象的对称中心； （2）将函数的图象上的各点向左平移个单位，再保持纵坐标不变，横坐标缩小为原来的一半；得到函数的图象，当时，方程有两个解，求实数的取值范围. 17. 摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转，可以从高处俯瞰四周景色.某市的摩天轮最高点距离地面的高度为，转盘直径为，设有60个座舱，开启后按逆时针方向匀速转动，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转一周约需要.游客甲坐上摩天轮的座舱，开始转动后，距离地面的高度为. （1）在转动一周的过程中，求关于的函数关系式； （2）求游客甲在开始转动后距离地面的高度； （3）当游客距离地面的高度不低于时，可以俯瞰该市的全景，求游客甲在摩天轮转动一周的过程中能俯瞰该市全景的时长. 18. 已知函数是定义域为的奇函数． （1）求的值； （2）判断并证明在上的单调性： （3）设，解不等式． 附：若两个不恒为常数的函数在区间上均满足：①单调递增；②函数值恒大于0．则它们的乘积函数在区间上必单调递增． 19. 定义一种新的运算“”：，都有． （1）计算，并判断与的大小关系； （2）若方程有两个实根，，求的最小值； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第二学期3月月考 高一数学试题 2026.3.30 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. 若集合，，则( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据分式不等式解法解出集合A，根据对数的运算法则计算出集合B，再根据集合交集运算得结果. 【详解】， ， ∴. 故选：C. 2. “”是“角的终边落在第一或第四象限”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】通过反例可说明充分性与必要性均不成立，由此可得结论. 【详解】当时，角的终边落在轴的正半轴，不属于第一或第四象限，充分性不成立； 当时，角的终边落在第一象限，但，必要性不成立； “”是“角的终边落在第一或第四象限”的既不充分又不必要条件. 故选：D. 3. 若角的终边经过函数（且）的图象上的定点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先得，进一步结合三角函数定义即可求解. 【详解】由题意令，得，而此时， 所以，角的终边经过定点， 所以， 所以. 故选：C. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用幂函数、对数函数单调性比较大小. 【详解】依题意，，所以. 故选：C 5. 下列四个命题中，正确的是（ ） ①若、，则. ②若，则. ③若，，且，则与的夹角为 ④已知向量，不共线，，，，则三点共线 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用平面向量线性运算法则和共线定理逐一分析判断选项. 【详解】命题①： 当时，零向量与任意向量平行，此时、，但与不一定平行，因此①错误； 命题②： 对等式两边平方： ，， 若，则，因此，即，②正确； 命题③：两边同时平方得：， 代入，得，计算得,又， 故，③错误； 命题④：， 即，又二者有公共点，故三点共线，④正确. 6. 若关于的一元二次不等式的解集为，则（ ） A. B. C. D. 关于的不等式的解集为或 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用给定的解集，结合韦达定理可得且，再逐项求解判断. 【详解】由关于的一元二次不等式的解集为， 得，且是方程的两个不等实根，即， 对于A，，A正确； 对于B，当时，，B错误； 对于C，，C正确； 对于D，不等式，即， 则，解得或，D正确. 故选：ACD 7. 函数（其中）的部分图象如图所示，为了得到函数的图象，则只需将的图象（ ） A. 向左平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度 C. 向左平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度 【答案】B 【解析】 【分析】由题意，结合图形和诱导公式求得，利用三角函数图象的平移变换即可求解. 【详解】由图象知，，则，又，所以， 当时，，解得， 由，得， 所以. 要得到函数的图象，只需将函数的图象向右平移个单位即可. 故选：B 8. 已知，则（ ） A. 0 B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出的表达式，并进一步求得，据此首尾相加即可求出题干所求． 【详解】由题可得， 则， 即，故，，， 以此类推，可得． 故选：A． 二、选择题：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. 已知平面向量，，与的夹角为，则（    ） A. ·= 1 B. C. D. 在上的投影向量的模为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据平面向量的数量积的定义及数量积的运算律逐项判断. 【详解】对于A：，故A正确； 对于B：∵， ∴与不垂直，故B错误； 对于C：∵， ∴，故C正确； 对于D：在上的投影向量的模为，故D错误. 故选：AC. 10. 如图，为边长为2的等边三角形，以AC的中点O为圆心，1为半径作一个半圆，点P为此半圆弧上的一个动点，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 的最小值为2 D. 若，则当B，O，P三点共线时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】由向量的线性运算可判断A；由数量积的定义可判断B；以为坐标原点，建立平面直角坐标系，结合三角函数的性质可判断C；由共线向量定理求出可判断D. 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，由A知，， ，故B错误； 对于C，以为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系， 则，， 设， 所以， 当时，的最小值为2，故C正确； 对于D，当三点共线时，， ，所以， 又因为，所以， 所以，所以，故D正确. 11. 已知函数，则（ ） A. B. ，使得关于的方程有2个不相等的实数根 C. 若关于的方程有四个不相等的实数根，则 D. 若关于的方程有8个不相等的实数根，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】先画出的图像，则根据的值域可以求出的取值范围，以此判断A；结合图像分析与的交点数目即可判断B；有四个不相等的实数根，可知此时，设四个根从小到大分别为，则有，再证明是否成立即可判断C；由题干可推得方程有两个在内不等的实根，据此列出不等式判断D． 【详解】函数的图像如下所示， 对于A，由图像可知，，令，则，， 当时，，单调递增， ，即，故A正确； 对于B，当时，由图像可知方程无根， 当时，，仅时满足，此时，方程仅有1根， 当时，方程有4个根， 当时，方程有3个根， 当时，方程无根，故B错误； 对于C，若有4个不等实根，此时有， 设四个根从小到大分别为，则有， 所以，所以， 因为，所以，也即， 所以，故C正确； 对于D，令，则方程变为，设其两根为， 原方程有8个不等实根，则必有且， 设，满足，解得，故D正确． 故选：ACD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. ___________． 【答案】7 【解析】 【分析】根据对数、指数的运算规则计算即可． 【详解】． 故答案为：7． 13. 在中，点在线段上，且满足，点为线段上任意一点（除端点外），若实数，满足，则的最小值为________ 【答案】 【解析】 【分析】利用平面向量基本定理及共线向量定理的推论可得，且，再根据“1”的代换，运用基本不等式可得答案. 【详解】由点在线段上，，得， 而点为线段上除端点外的任意一点，则， 故，整理得， 结合同向和可得， 因此， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为. 14. 已知函数在上的图象有且仅有3个最高点．则的取值范围是________ 【答案】 【解析】 【分析】利用三角函数性质可得，解出即可得. 【详解】当时，， 则有，解得， 即的取值范围是. 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. 如图所示，在中，，，点在线段BC上，且．求： （1）AD的长； （2）的大小． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，，利用向量线性运算得，然后利用数量积模的运算律求解即可. （2）利用向量的夹角运算公式求解即可. 【小问1详解】 设，， 则. ， ． 【小问2详解】 设，则向量与的夹角为． ， ，即． 16. 已知函数最小正周期为. （1）求的值和函数图象的对称中心； （2）将函数的图象上的各点向左平移个单位，再保持纵坐标不变，横坐标缩小为原来的一半；得到函数的图象，当时，方程有两个解，求实数的取值范围. 【答案】（1），对称中心为 （2） 【解析】 【分析】（1）借助三角恒等变换公式将原函数化为正弦型函数后，利用正弦型函数周期可得，再借助正弦型函数对称性可得对称中心； （2）得到后，结合换元法可得的单调性，即可得实数的取值范围. 【小问1详解】 ， 由的最小正周期为，得，故，所以， 令，得，故函数的对称中心为； 【小问2详解】 令，由，得， 在递减，在递增，所以， 又，所以有两个解时，. 17. 摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转，可以从高处俯瞰四周景色.某市的摩天轮最高点距离地面的高度为，转盘直径为，设有60个座舱，开启后按逆时针方向匀速转动，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转一周约需要.游客甲坐上摩天轮的座舱，开始转动后，距离地面的高度为. （1）在转动一周的过程中，求关于的函数关系式； （2）求游客甲在开始转动后距离地面的高度； （3）当游客距离地面的高度不低于时，可以俯瞰该市的全景，求游客甲在摩天轮转动一周的过程中能俯瞰该市全景的时长. 【答案】（1），. （2）. （3）10分钟 【解析】 【分析】（1）设游客甲乘坐的座舱距离地面最近的位置为点，以摩天轮的轴心为原点，与地面平行的直线为轴建立平面直角坐标系，依据题意建立三角函数模型，求出即可； （2）将代入，根据特殊角的三角函数值求解即可； （3）根据正弦函数的图象和性质解不等式即可. 【小问1详解】 设游客甲乘坐的座舱距离地面最近的位置为点，以摩天轮的轴心为原点，与地面平行的直线为轴建立平面直角坐标系， 当时，，此时，以为终边的角是， 因为该摩天轮转一周约需要，该摩天轮的角速度约为， 所以，. 【小问2详解】 当时，， 即游客甲在开始转动后距离地面的高度约为. 【小问3详解】 由题意可得，即. 因为，所以， 所以，解得， 则游客甲在摩天轮转动一周的过程中能俯瞰该市全景的时长为. 18. 已知函数是定义域为的奇函数． （1）求的值； （2）判断并证明在上的单调性： （3）设，解不等式． 附：若两个不恒为常数的函数在区间上均满足：①单调递增；②函数值恒大于0．则它们的乘积函数在区间上必单调递增． 【答案】（1）； （2）单调递增，证明见解析； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用奇函数的定义求出值. （2）由（1）求出并判断单调性，再利用函数单调性定义，结合对数函数单调性推理得证. （3）探讨函数的单调性及奇偶性，进而确定函数的单调性及对称性，再解给定不等式. 【小问1详解】 由函数是定义域为的奇函数，得， 则，即， 因此对任意实数，恒成立，则，而， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，在上的单调递增， 任取， ， 由，得，，则， 即， 因此，即， 所以函数在上的单调递增. 【小问3详解】 函数的定义域为， ，函数是偶函数， 由（2）知，函数在上的单调递增，且， 又函数在上的单调递增，且， 则函数在上的单调递增， 由，得函数的图象由函数的图象右移一个单位， 因此函数的图象关于对称，且在上单调递增， 由不等式， 得，即， 整理得，解得或， 所以原不等式的解集为. 19. 定义一种新的运算“”：，都有． （1）计算，并判断与的大小关系； （2）若方程有两个实根，，求的最小值； 【答案】（1）；； （2）. 【解析】 【分析】（1）直接代入定义，利用对数的性质化简求值即可；分别利用定义展开计算与，运算可得最终结果相同； （2）严格按照运算定义逐步化简，再令，通过换元将超越方程化为二次方程，将目标表达式用对称表示，利用根与系数的关系将所求式转化为单变量函数，最后通过导数求最值可得； 【小问1详解】 由“”定义可得， 故. 因为 所以，即两者相等. 【小问2详解】 由（1）所证， 可得， 于是， 代入原方程得，， 令，则方程化为，即， 由题意原方程有两个实根， 则方程有两正根，为, （）， 故， 且，由且，解得. 则，且， 由，则， 所以 ， 构造函数， 令，则，， 所以， 当且仅当，即时取等， 故的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $