高級中學名校試題PAGEPAGE1湖南省漣源市部分高中2024-2025學年高一下學期3月月考數學試題一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.集合，則下列表示正確的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】，所以，故A，C，D錯誤，B正確.故選：B.2.已知扇形弧長為，圓心角為，則該扇形的面積為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】設扇形的半徑為，則由弧長公式可得，解得，所以扇形的面積.故選：D.3.下列結論正確的是（）A.角度有正角和負角之分，所以角度是向量B.若，則線段與線段在同一直線上C.若，則D.若，則不一定平行【答案】D【解析】對于A，角度雖有大小卻無方向，故不是向量，故A錯；對于B，對于平行四邊形，與不在同一直線上，故B錯；對于C，向量的長度可以比較大小，但向量不能比較大小，故C錯；對于D，若為零向量，則可任取，不一定平行，故D正確.故選：D.4.已知，則等于（）A. B.4 C. D.3【答案】C【解析】，故選項C正確.故選：C.5.已知四邊形滿足條件，且，其形狀是（）A.梯形 B.矩形 C.菱形 D.正方形【答案】B【解析】由，可知且，則四邊形為平行四邊形，又由，可知四邊形為矩形.故選：B.6.函數的單調遞增區間為（）A. B.C. D.【答案】D【解析】由題得由sin12x+解得，即函數定義域為，因為函數是增函數，故求函數的單調遞增區間即求函數在上的單調遞增區間，令，則，所以函數的遞增區間為.故選：D.7.已知向量，則的最小值是（）A.2 B. C. D.【答案】C【解析】由，可得：，所以，當取得最小值.故選：C.8.點是所在平面內一點，，則的最小值為（）A.100 B.120 C.180 D.240【答案】B【解析】以點為坐標原點，建立如圖所示的平面直角坐標系，則，設，則，則，當且僅時取等號，所以的最小值為120.故選：B.二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知角的頂點在坐標原點，始邊與軸的非負半軸重合，終邊過點，且，則下列說法正確的有（）A.是第四象限角 B.C. D.【答案】ACD【解析】因為，所以，又，所以點在第四象限，所以是第四象限角，故A正確；因為，所以，故B錯誤；因為，所以，解得（正值舍去），故C正確；由C的分析知，，故D正確.故選：ACD.10.在平面直角坐標系中，為坐標原點，，點在直線上，且，則點的坐標可能為（）A. B. C. D.【答案】AB【解析】設，由題意得，且點在直線上，故可得以下兩種情況：①，此時有，可得，解得.②，此時有，可得，解得.綜上所述，點的坐標為或.故選：AB.11.如圖，已知正六邊形的邊長為2，點為正六邊形上的動點，下列說法錯誤的是（）A. B.C.的最小值為 D.的最大值為12【答案】AD【解析】對于A，，由題圖可得與為相反向量，故A錯誤；對于B，由題圖易得平分，且正三角形，設交于，根據平行四邊形法則有與共線且同方向，易知，則，而，故，故，故B正確；對于C，根據向量數量積的幾何意義可知，的最小值為，故C正確；對于D，取的中點為，連接，則，則，故D錯誤.故選：AD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知，且，則__________.【答案】【解析】，由，可得，所以，所以.13.已知為等腰三角形，且，則__________.【答案】【解析】在中，令內角所對的邊分別為，由及正弦定理，得，若為底邊，則，，不能構成三角形，所以為底邊，故，由余弦定理得.14.定義是中的較小者.已知函數，若，且方程有3個不同的解，則實數的取值范圍是__________.【答案】【解析】由題意，函數和在同一坐標系中的大致圖象如圖：函數的定義域為.因為方程有3個不同的解，所以方程有1個解且為1，方程有2個小于1的正數解.所以m2-1>0，四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15.已知函數的最小正周期是.（1）求函數在上的單調減區間；（2）求函數在區間上的最大值和最小值.解：（1）函數的最小正周期.由，解得.函數在上的單調減區間為.（2）由（1）得..函數在區間上的最大值為2，最小值為.16.已知向量，且與的夾角為.（1）求；（2）若與的夾角為銳角，求實數的取值范圍.解：（1）由向量，得，且，由與的夾角為，得，解得，則，于是，所以.（2）由（1）知向量，則，由與的夾角為銳角，得且與不共線，由3(2-λ)-λ>01?(2-λ)≠-λ?3，解得且，所以實數的取值范圍為.17.已知函數是定義在上的奇函數，當時，.（1）求的解析式；（2）判斷的單調性（無需證明），并解關于的不等式.解：（1）設，則.是奇函數，且當時，，.所以.（2），時，，對稱軸為，開口向上，易知在為減函數，由函數為奇函數，可知在上單調遞減；是奇函數，，即.的定義域是是減函數，，即，解得：，即不等式的解集是.18.數學家波利亞說：“為了得到一個方程，我們必須把同一個量以兩種不同的方法表示出來，即將一個量算兩次，從而建立相等關系”這就是算兩次原理，又稱為富比尼原理.例如：如圖甲，在△ABC中，D為BC的中點，則，，兩式相加得，.因為D為BC的中點，所以，于是.請用“算兩次”的方法解決下列問題：（1）如圖乙，在四邊形ABCD中，E，F分別為AD，BC的中點，證明：.（2）如圖丙，在四邊形中，E，F分別在邊AD，BC上，且，，，，與的夾角為，求向量與向量夾角的余弦值.解：（1）證明：在四邊形ABFE中，，①在四邊形CDEF中，，②由①②，得，因為E，F分別為AD，BC的中點，所以，，于是.（2）在四邊形ABFE中，①，在四邊形CDEF中，②，由，，得，.由，得，所以，所以，，所以.19.我們知道，函數的圖象關于軸成軸對稱圖形的充要條件是函數為偶函數，我們可以將其推廣為：函數的圖象關于直線成軸對稱圖形的充要條件是函數為偶函數.（1）若函數滿足為偶函數，求的值.（2）若函數，判斷函數的圖象是否是軸對稱圖形？如果是，求出其對稱軸；如果不是，請說明理由.（3）在（2）的條件下關于的不等式恒成立，求實數的取值范圍.解：（1）因為，所以圖象的對稱軸為直線，所以為偶函數，所以.（2）函數的圖象是軸對稱圖形.理由如下：若函數的圖象是軸對稱圖形，則滿足為偶函數，即，所以，所以，解得，所以函數的圖象是軸對稱圖形，且對稱軸為直線.（3）若恒成立，則恒成立.由（2）可知的圖象關于直線對稱，因為當時，，當且僅當時取等號，所以函數的最小值是4.所以，即，解得或，即實數的取值范圍是.湖南省漣源市部分高中2024-2025學年高一下學期3月月考數學試題一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.集合，則下列表示正確的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】，所以，故A，C，D錯誤，B正確.故選：B.2.已知扇形弧長為，圓心角為，則該扇形的面積為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】設扇形的半徑為，則由弧長公式可得，解得，所以扇形的面積.故選：D.3.下列結論正確的是（）A.角度有正角和負角之分，所以角度是向量B.若，則線段與線段在同一直線上C.若，則D.若，則不一定平行【答案】D【解析】對于A，角度雖有大小卻無方向，故不是向量，故A錯；對于B，對于平行四邊形，與不在同一直線上，故B錯；對于C，向量的長度可以比較大小，但向量不能比較大小，故C錯；對于D，若為零向量，則可任取，不一定平行，故D正確.故選：D.4.已知，則等于（）A. B.4 C. D.3【答案】C【解析】，故選項C正確.故選：C.5.已知四邊形滿足條件，且，其形狀是（）A.梯形 B.矩形 C.菱形 D.正方形【答案】B【解析】由，可知且，則四邊形為平行四邊形，又由，可知四邊形為矩形.故選：B.6.函數的單調遞增區間為（）A. B.C. D.【答案】D【解析】由題得由sin12x+解得，即函數定義域為，因為函數是增函數，故求函數的單調遞增區間即求函數在上的單調遞增區間，令，則，所以函數的遞增區間為.故選：D.7.已知向量，則的最小值是（）A.2 B. C. D.【答案】C【解析】由，可得：，所以，當取得最小值.故選：C.8.點是所在平面內一點，，則的最小值為（）A.100 B.120 C.180 D.240【答案】B【解析】以點為坐標原點，建立如圖所示的平面直角坐標系，則，設，則，則，當且僅時取等號，所以的最小值為120.故選：B.二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知角的頂點在坐標原點，始邊與軸的非負半軸重合，終邊過點，且，則下列說法正確的有（）A.是第四象限角 B.C. D.【答案】ACD【解析】因為，所以，又，所以點在第四象限，所以是第四象限角，故A正確；因為，所以，故B錯誤；因為，所以，解得（正值舍去），故C正確；由C的分析知，，故D正確.故選：ACD.10.在平面直角坐標系中，為坐標原點，，點在直線上，且，則點的坐標可能為（）A. B. C. D.【答案】AB【解析】設，由題意得，且點在直線上，故可得以下兩種情況：①，此時有，可得，解得.②，此時有，可得，解得.綜上所述，點的坐標為或.故選：AB.11.如圖，已知正六邊形的邊長為2，點為正六邊形上的動點，下列說法錯誤的是（）A. B.C.的最小值為 D.的最大值為12【答案】AD【解析】對于A，，由題圖可得與為相反向量，故A錯誤；對于B，由題圖易得平分，且正三角形，設交于，根據平行四邊形法則有與共線且同方向，易知，則，而，故，故，故B正確；對于C，根據向量數量積的幾何意義可知，的最小值為，故C正確；對于D，取的中點為，連接，則，則，故D錯誤.故選：AD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知，且，則__________.【答案】【解析】，由，可得，所以，所以.13.已知為等腰三角形，且，則__________.【答案】【解析】在中，令內角所對的邊分別為，由及正弦定理，得，若為底邊，則，，不能構成三角形，所以為底邊，故，由余弦定理得.14.定義是中的較小者.已知函數，若，且方程有3個不同的解，則實數的取值范圍是__________.【答案】【解析】由題意，函數和在同一坐標系中的大致圖象如圖：函數的定義域為.因為方程有3個不同的解，所以方程有1個解且為1，方程有2個小于1的正數解.所以m2-1>0，四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15.已知函數的最小正周期是.（1）求函數在上的單調減區間；（2）求函數在區間上的最大值和最小值.解：（1）函數的最小正周期.由，解得.函數在上的單調減區間為.（2）由（1）得..函數在區間上的最大值為2，最小值為.16.已知向量，且與的夾角為.（1）求；（2）若與的夾角為銳角，求實數的取值范圍.解：（1）由向量，得，且，由與的夾角為，得，解得，則，于是，所以.（2）由（1）知向量，則，由與的夾角為銳角，得且與不共線，由3(2-λ)-λ>01?(2-λ)≠-λ?3，解得且，所以實數的取值范圍為.17.已知函數是定義在上的奇函數，當時，.（1）求的解析式；（2）判斷的單調性（無需證明），并解關于的不等式.解：（1）設，則.是奇函數，且當時，，.所以.（2），時，，對稱軸為，開口向上，易知在為減函數，由函數為奇函數，可知在上單調遞減；是奇函數，，即.的定義域是是減函數，，即，解得：，即不等式的解集是.18.數學家波利亞說：“為了得到一個方程，我們必須把同一個量以兩種不同的方法表示出來，即將一個量算兩次，從而建立相等關系”這就是算兩次原理，又稱為富比尼原理.例如：如圖甲，在△ABC中，D為BC的中點，則，，兩式相加得，.因為D為BC的中點，所以，于是.請用“算兩次”的方法解決下列問題：（1）如圖乙，在四邊形ABCD中，E，F分別為AD，BC的中點，證明：.（2）如圖丙，在四邊形中，E，F分別在邊AD，BC上，且，，，，與的夾角為，求向量與向量夾角的余弦值.解：（1）證明：在四邊形ABFE中，，①在四邊形CDEF中，，②由①②，得，因為E，F分別為AD，BC的中點，所以，，于是.（2）在四邊形ABFE中，①，在四邊形CDEF中，②，由，，得，.由，得，所以，所以，，所以.19.我們知道，函數的圖象關于軸成軸對稱圖形的充要條件是函數為偶函數，我們可以將其推廣為：函數的圖象關于直線