浙江省台州市温岭中学2024-2025学年高一下学期3月考试 数学试题（含解析）

这是一份浙江省台州市温岭中学2024-2025学年高一下学期3月考试 数学试题（含解析），共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：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.
1. 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据交集的概念求解出结果.
【详解】因为，所以，
故选：C.
2. 设命题，则命题的否定为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题易求.
【详解】根据全称量词命题的否定为存在量词命题知，
命题的否定为.
故选：D．
3. 已知角的终边上一点的坐标为，角的终边与角的终边关于轴对称，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角函数的定义得，再根据和角公式求解即可.
【详解】解：因为角的终边上一点的坐标为，角的终边与角的终边关于轴对称，
所以，点是角的终边上的点，
所以，，
所以
故选：C
4. 若向量，满足，且，则向量与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知条件结合数量积公式化简即可求解.
【详解】因为，，即，，求得，所以向量与的夹角为.
故选：B
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用“分段法”比较出的大小关系.
【详解】因为，，，所以.
故选：D
【点睛】本题考查指数式和对数式比较大小，属于基础题.
6. 若，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用函数的单调性可得，，，可得结论.
【详解】因为在上单调递减，又，所以，所以，
因为在上单调递增，又，所以，
因为在上单调递增，又，所以，
所以.
故选：B.
7. 已知a，b为正实数且，则的最小值为（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】将代入，利用基本不等式可求最小值.
【详解】由题意，，又a，b为正实数，
所以由基本不等式可得，
当且仅当时，等号成立，所以的最小值为.
故选：D.
8. 已知函数，若图像的任何一条对称轴与x轴交点的横坐标均不属于区间，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知得，，且，解之讨论，可得选项.
【详解】因为的图像的任何一条对称轴与轴交点的横坐标均不属于区间，
所以，
所以，
又，且，解得，
又因，
所以，解得，
当时，符合题意，
当时，符合题意，
所以.
故选：B.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递减的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据偶函数的定义和基本函数的性质逐个分析判断即可.
【详解】对于A，定义域为，令，因为，
所以此函数为偶函数，由幂函数性质可知函数在区间上单调递减，
所以A正确；
对于B，定义域为，令，因为，
所以此函数为偶函数，因为在上单调递减，所以B正确；
对于C，定义域为，为定义域递减的函数，不具有奇偶性，所以C错误；
对于D，定义域为，令，因为，
所以此函数为偶函数，当时，，因为在上单调递减，
所以D正确.
故选：ABD
10. 已知，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于AC，利用完全平方公式与三角函数的基本关系式即可求得所求；对于B，结合选项A中结论，判断得，从而求得的取值范围即可判断；对于D，利用选项C中的结论求得，进而求得，即可解答.
【详解】对于A，由①，以及，
对等式①两边取平方得，则②，故A正确；
对于B，∵，∴，由②知，，故B正确；
对于C，又，故C错误；
对于D，由方程，解得，所以，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知函数若函数所有零点的乘积为1，则实数的值可以为（ ）
A. B. 2C. 3D. 4
【答案】BD
【解析】
【分析】令，可得，讨论与图象位置关系求解即可.
【详解】由题意，作出函数的图象如图.
令，则函数，即，即，即.
由题意函数所有零点的乘积为1，
可知的所有解的乘积为1，
而的解可看作函数的图象与直线的交点的横坐标.
结合的图象可知，
当时，函数的图象与直线有2个交点，
不妨设交点横坐标为，则，
且，即，所以，所以，符合题意；
当时，函数的图象与直线有3个交点，
其中只有最左侧交点的横坐标小于等于0，
则的所有解的乘积小于等于0，不合题意；
当时，函数的图象与直线有2个交点，
不妨设交点横坐标为，则，
且，即，所以，所以，符合题意.
综合以上，可知实数的取值范围为，
故选：BD.
【点睛】方法点睛：（1）转化法：利用换元法，令，将函数所有零点的乘积为1，转化为的所有解的乘积为1；
（2）数形结合法：作出函数的图象，数形结合，分类讨论解决问题.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数，则的值为__________．
【答案】1.
【解析】
【分析】根据指数、对数的运算算出答案即可.
【详解】因为
所以，
所以
故答案为：1
13. 已知实数，满足，则的最大值是__________．
【答案】81
【解析】
【分析】由直线与圆相切，即可求解；
【详解】由题意可知当直线与圆相切时，
取得最值，即：，
可得：，
解得：或，
所以的最大值是81，
故答案为：81
14. 设为实数，若实数是关于的方程的解，则_________.
【答案】##
【解析】
【分析】将已知等式变，构造函数，结合其单调性推出，即得，由此可化简求值，即得答案.
【详解】由题意知，得，
即，
设，则在上单调递增，
则由可得，
而实数是关于的方程的解，即，
故，
故答案为：
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是能够变形得到，从而结合的单调性推出，即，即可求解.
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. 已知全集，集合，集合.
（1）求集合；
（2）设集合，若集合，且是的充分不必要条件，求实数a的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）解分式不等式得到或，根据补集和交集概念求出答案；
（2）得到为的真子集，且，从而得到不等式，求出答案.
【小问1详解】
，
等价于，解得或，
故或，，
而，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，
由是的充分不必要条件，故为的真子集，
又，
故，解得，
故实数a的取值范围是.
16. 在直角梯形中，已知，，，点是边上的中点，点是边上一个动点．
（1）若，求的值；
（2）求的取值范围．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用结合向量的线性运算表示，再借助数量积及运算律求解作答.
（2）令，，利用结合向量的线性运算表示，再借助数量积及运算律求解作答.
【小问1详解】
依题意，，，，
而是边的中点，，则，
因此，又，，
所以.
【小问2详解】
由（1）知：令，，则，
，
则有，
当时，，当时，，
所以的取值范围是.
17. 已知函数是定义在上的奇函数，是定义在上的偶函数，当时，．
（1）求和解析式；
（2）判断在区间上的单调性并证明；
（3）若对，都有，求实数m的取值集合．
【答案】（1）；；
（2）在区间上单调递减，证明见解析
（3）.
【解析】
【分析】（1）由即可求得函数的解析式，再由函数是上的偶函数，即可得到其解析式.
（2）由函数单调性的定义法即可证明的单调性；
（3）根据题意，由偶函数的性质可得，再由函数的奇偶性以及单调性可得，由对数函数的单调性即可求解不等式.
【小问1详解】
因为是定义在上的奇函数，所以，即，
所以，且满足，即；
设，则，即，
又是定义在上的偶函数，则，
所以；
【小问2详解】
在区间上单调递减.
证明：任取，且，
则
，
由可得，，，，
所以，即，
所以在区间上单调递减.
【小问3详解】
因为是定义在上的偶函数，
且当时，，其对称轴为，
所以当时，单调递增，
对，都有，即，
由（1）可知，是定义在上的奇函数，
且时，单调递减，
所以，
所以，即或，
当时，即，解得；
当时，即，解得；
综上所述，实数m的取值集合为.
18. 某摩天轮示意图如图．已知该摩天轮的半径为30米，轮上最低点与地面的距离为2米，沿逆时针方向匀速旋转﹐旋转一周所需时间为分钟．在圆周上均匀分布12个座舱，标号分别为1～12（可视为点）．现4号座舱位于圆周最上端，从此时开始计时，旋转时间为t分钟．
（1）求1号座舱与地面的距离h与时间t的函数关系的解析式；
（2）在前24分钟内，求1号座舱与地面的距离为17米时t的值；
（3）记1号座舱与5号座舱高度之差的绝对值为H米，若在这段时间内，H恰有三次取得最大值，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）14或
（3）
【解析】
【分析】（1）设1号座舱与地面的距离与时间的函数关系的解析式为，，根据所给条件求出、、、，即可得到函数解析；
（2）由（1）中的解析式得出，结合正弦函数的性质计算可得；
（3）依题意可得，，从而得到高度差函数，利用两角和差的正弦公式化简，再结合正弦函数的性质求出函数取得最大值时的值，即可得解；
【小问1详解】
设1号座舱与地面的距离与时间的函数关系的解析式为，，，则，，
所以
依题意，所以，
当时，所以，
故；
【小问2详解】
令，即，
所以，
又，所以，
所以或，解得或，
即或时1号座舱与地面的距离为17米；
【小问3详解】
依题意，，
所以
令，解，
所以当时取得最大值，
故，解得，
所以.
19. 定义：若对定义域内任意x，都有（a为正常数），则称函数为“a距”增函数．
（1）若，(0，)，试判断是否为“1距”增函数，并说明理由；
（2）若，R是“a距”增函数，求a的取值范围；
（3）若，(﹣1，)，其中kR，且为“2距”增函数，求的最小值．
【答案】（1）见解析； （2）； （3）.
【解析】
【分析】（1）利用“1距”增函数的定义证明即可；（2）由“a距”增函数的定义得到在上恒成立，求出a的取值范围即可；（3）由为“2距”增函数可得到在恒成立，从而得到恒成立，分类讨论可得到的取值范围，再由，可讨论出的最小值．
【详解】（1）任意,,
因为,, 所以，所以，即是“1距”增函数．
（2）.
因为是“距”增函数，所以恒成立，
因为,所以在上恒成立，
所以，解得，因为,所以.
（3）因为，，且为“2距”增函数，
所以时，恒成立，
即时，恒成立，
所以，
当时，，即恒成立，
所以, 得;
当时，，
得恒成立，
所以得,
综上所述，得.
又，
因为,所以，
当时，若，取最小值为；
当时，若，取最小值
因为在R上是单调递增函数，
所以当，的最小值为；当时的最小值为，
即 .
【点睛】本题考查了函数的综合知识，考查了函数的单调性与最值，考查了恒成立问题，考查了分类讨论思想的运用，属于中档题．