四川省内江市第六中学2024-2025学年高一上学期第一次月考数学（理科创新班）试卷（Word版附解析）

这是一份四川省内江市第六中学2024-2025学年高一上学期第一次月考数学（理科创新班）试卷（Word版附解析），文件包含四川省内江市第六中学2024-2025学年高一理科创新班上学期第一次月考数学试卷Word版含解析docx、四川省内江市第六中学2024-2025学年高一理科创新班上学期第一次月考数学试卷Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共17页， 欢迎下载使用。

考试时间：120分钟 满分150分
一、单选题（本大题共8小题，共40分）
1. 已知命题，，则是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】利用含有一个量词的命题的否定的定义求解.
【详解】解：因为命题，是存在量词命题，
所以其否定为全称量词命题，即，，
故选：C
2. 下列图象中，表示定义域和值域均为的函数是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的定义以及定义域和值域的概念分析即可.
【详解】选项A：定义域为，但是值域不是故错误；
选项B：定义域不是，值域为，故错误；
选项C：定义域和值域均为，故正确；
选项D：不满足函数的定义，故错误；
故选：C.
3. 单位圆上一点绕坐标原点O逆时针方向转动后，到达点，则点的坐标为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先用三角函数表示点坐标，然后通过旋转可求出点坐标，利用诱导公式计算即可.
【详解】单位圆上一点，即，其绕坐标原点O逆时针方向转动后，到达点，
则，
又，
，
所以.
故选：A.
4. 已知，则“”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】分别从充分性和必要性角度去判断即可.
【详解】由得，由得，
当，时，满足，但不满足；
当，时，满足，但不满足；
故“”是“”的既不充分也不必要条件，
故选：D
5 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将指数式两边同时取常用对数，然后利用对数的运算法则计算即可.
【详解】由得，
所以，
解得，
故选：A.
6. 已知，，则的终边在（ ）
A. 第一、二、三象限B. 第二、三、四象限
C. 第一、三、四象限D. 第一、二、四象限
【答案】D
【解析】
【分析】先通过条件确定的范围，再求出的范围，进而可得角所在象限.
【详解】因为，，
所以为第二象限角，即，
所以，
则的终边所在象限为所在象限，
即的终边在第一、二、四象限.
故选：D.
7. 已知，，，则，的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由条件结合数量积的运算性质求，再由向量夹角公式求，的夹角.
【详解】因为，
所以，故，
又，，
所以，
所以，又，
所以，即，的夹角为，
故选：B.
8. 已知函数和的图象与直线交点的横坐标分别为a、b，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】作出函数图像，利用反函数的性质判断即可.
【详解】
设，，，，
因为与互为反函数，图像关于对称，
设它们与的交点坐标分别为，
可知交点坐标也关于直线对称，所以，即.
故选：B
二、多选题（本大题共3小题，共18分）
9. 若非空集合M，N，P满足：，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】先根据交集、并集运算的结果得到，然后再逐项进行判断.
【详解】因为，，所以，所以，
对于A：因为，所以，故正确；
对于B：因，所以不一定成立，故错误；
对于C：因为，所以，故正确；
对于D：因为，，所以，故正确；
故选：ACD.
10. 已知是上的增函数，那么实数的值可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】先分析各段函数在对应区间上单调递增，然后结合分段点处函数值大小关系确定出的可取值.
【详解】当时，，若单调递增，则，解得，
当时，，若单调递增，则，解得，
又，解得，
综上可知，，可得AC符合.
故选：AC.
11. 已知函数，若非空集合，，且，则下列说法中正确的是（ ）
A. 的取值与有关B. 为定值
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】令，从而化为，不妨设的解集为，可得，由，从而得，且，化简，解得或，又是方程的两个根，利用韦达定理可得，则
，进而求得的取值范围.
【详解】令，
则可化为，
不妨设的解集为，
即，
，即，
故，
又，且，
，且，
，且，
故，
解得，
故选项A错误，选项B正确；
，
，
有解，
，即或，
是方程的两个根，
即是方程的两个根，
故，即，
解得：，
，
故选项C错误，选项D正确.
故答案选：BD.
【点睛】本题考查了二次不等式与二次函数、二次方程间关系的应用，以及集合间相等的应用，属于难题.
三、填空题（本大题共3小题，共15分）
12. 对任意正实数，不等式恒成立，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】采用常数分离法转化为恒成立，只需求的最小值即可.
【详解】对任意正实数，不等式恒成立，即恒成立，
因为，当且仅当即时取“＝”.
所以
故答案为：
13. 在中，，，平面外一点满足，则三棱锥外接球表面积是_________．
【答案】
【解析】
【分析】因为，所以点在平面上的射影是的外心，即为中点，而三棱锥的外接球球心一定在上，由此计算出球半径后可得表面积．
【详解】因为，所以点在平面上的射影是的外心，
又，所以是中点，如图，
由平面，平面，得，
三棱锥的外接球球心在上，
，，
设，则由得，，
所以外接球表面积为．
故答案为：．
14. 已知函数在区间恰有2025个零点，则的一个可能取值是__________．
【答案】2024．（答案不唯一）
【解析】
【分析】由题意可得的范围，进而求出的范围，求出其中的一个可得值．
【详解】令，
可得，要使函数在区间恰有2025个零点，即有2025个根，
因为,，，所以,，
则，可得．
故答案为：2024．（答案不唯一）
四、解答题（本大题共5小题，共77分）
15. 设不等式的解集为，不等式的解集为，集合.
（1）求，；
（2）若，求实数的取值范围.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）先化简集合，再结合集合交集和补集的运算即可；
（2）由，得，再结合包含关系列出不等式组，即可解.
【小问1详解】
由，得，由，得，
则，；
【小问2详解】
若，则，
当时，，此时，解得：；
当时，，此时，解得：，则，
综上：
16. 已知函数的周期为．
（1）求函数的单调递减区间；
（2）求函数在区间上的最大值和最小值．
【答案】（1）
（2）最大值为，最小值为.
【解析】
【分析】（1）由周期计算公式求出然后根据正弦函数单调递减区间可得答案；
（2）由题可得，后由正弦函数图象和性质可得答案.
【小问1详解】
因为函数的周期为，
所以，，即，
所以，
令，，即，，
函数的单调递减区间为.
【小问2详解】
因为，所以，
所以，即，
在区间上的最大值为，最小值为.
17. 已知二次函数的最小值为，且是其一个零点，都有．
（1）求的解析式；
（2）求在区间上的最小值；
（3）若关于x的不等式在区间上有解，求实数m的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据二次函数对称性和最小值设顶点式，代入零点即可得到解析式；
（2）分和讨论即可；
（3）通过分离参数法和基本不等式即可求出的范围.
【小问1详解】
因为对都有，
所以的图象关于直线对称，
又因为二次函数的最小值为，
所以可设二次函数的解析式为，
又因为是其一个零点，
所以，解得，
所以的解析式为.
【小问2详解】
由（1）可知，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，当时，，
当时，，
.
【小问3详解】
因为关于的不等式在区间上有解，
即不等式在上有解，所以，
记，因为，当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为4，
所以，即，
故存在实数符合题意，所求实数的取值范围为.
18. 已知在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足.
（1）求B；
（2）如图，若，在外取点D.且，.求四边形ABCD面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理，结合两角和的正弦公式进行求解即可；
（2）根据余弦定理、三角形面积公式，结合辅助角公式、正弦型函数的性质进行求解即可.
【小问1详解】
∵，
由正弦定理得，
∴，
∴.
根据三角形内角和定理得，
∵，∴，∴，
∵，∴.
【小问2详解】
∵，且，∴为等边三角形.
设，则在中，
由余弦定理得.
∴，
.
∴四边形ABCD的面积，
∴当，即时，.
∴四边形ABCD的面积的最大值为.
19. 已知函数，，设．
（1）求的值；
（2）是否存在这样的负实数，使对一切恒成立，若存在，试求出的取值集合；若不存在，说明理由．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接代值计算即可；
（2）首先确定函数为奇函数，并观察出函数为单调减函数，然后利用单调性和奇偶性去掉，将恒成立问题转化为最值问题求解即可.
【小问1详解】
由已知，
所以；
【小问2详解】
，其定义域为，
又，
所以函数为奇函数，
又，
因为均为定义域上的减函数，
所以函数在上单调递减，
因为恒成立，
即，
所以
即对恒成立，
所以，即，
故存在这样的负实数，使对一切恒成立，且的取值集合为.
【点睛】关键点点睛：针对一个复杂函数不等式恒成立问题，要有意识有目的的去求函数的奇偶性和单调性，利用函数的性质来解决不等式问题.