湖北省荆州市公安县第三中学2024-2025学年高一下学期3月考试数学试卷

这是一份湖北省荆州市公安县第三中学2024-2025学年高一下学期3月考试数学试卷，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知，且为第二象限角，则（ ）
A．B．C．D．
2．我国古代数学经典著作《九章算术》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何?”现有一类似问题：不确定大小的圆柱形木材，部分埋在墙壁中，其截面如图所示.用锯去锯这木材，若，，则图中弧与弦围成的弓形的面积为（ ）
A．B．C．D．
3．已知且，若，则（ ）
A．B．C．D．
4．设，则有（ ）
A．B．
C．D．
5．已知，且，则的值是（ ）
A．B．C．D．
6．在直角坐标系中，设角的顶点为坐标原点，始边为轴的非负半轴，将角的终边逆时针旋转，与单位圆交点的纵坐标为，则（ ）
A．B．C．D．
7．设函数，若的图象经过点，且在上恰有2个零点，则实数ω的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数恰有两个对称中心在区间上，且，则的所有可能取值之和是（ ）
A．6B．C．D．16
二、多选题（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。）
9．下列各式中，计算结果为的是（ ）
A．B．
C．D．
10．已知函数的部分图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．的图像关于点对称
B．的图像关于直线对称
C．将函数的图像向左平移个单位长度得到函数的图像
D．若方程在上有两个不相等的实数根，则的取值范围是
11．已知是定义在上的奇函数，为偶函数，且当时，，则（ ）
A．的周期为 B．
C．的所有零点之和为 D．
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分。）
12．已知角为第二象限角，且满足，则的值为 .
13．已知函数，则函数的值域为 ．
14．设函数，若恒成立，求的最小值为 .
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．（13分）已知.
(1)化简；
(2)若，且满足，求的值.
16．（15分）已知函数，．
（1）求函数的最小正周期及单调递增区间；
（2）若为锐角且，满足，求．
17．（15分）已知函数，．
(1)求函数的最小正周期和单调递减区间；
(2)求函数在区间上的最小值和最大值，并求出取得最值时的值；
(3)求不等式的解集．
18．（17分）已知函数（，，）是定义在上的奇函数.
(1)求和实数b的值；
(2)当时，若满足，求实数t的取值范围；
(3)若，问是否存在实数m，使得对定义域内的一切t，都有恒成立？
19．（17分）已知函数，其中t为常数.
(1)当时，若，求x的值；
(2)设函数在上有两个零点m，n，
①求t的取值范围；
②证明：.
公安三中2024级高一下学期3月考试数学试卷参考答案
1．A
【分析】根据同角三角关系结合象限角的三角函数值的符号分析求解.
【详解】因为，且为第二象限角，
所以.
故选：A.
2．B
【分析】由题意可知所求弓形的面积为扇形的面积减去等边三角形的面积，所以根据已知条件求出扇形的面积和等边三角形的面积即可.
【详解】因为，，所以为等边三角形，
因为，所以，
所以弧与弦围成的弓形的面积为
.
故选：B
3．C
【分析】先根据指数式对数式互化求出，再根据换底公式转化，再根据求解即可.
【详解】由，得，即，
所以，所以.
故选:C.
4．D
【分析】由三角函数恒等变换化简可得，，.根据角的范围和正弦函数的单调性即可比较大小.
【详解】，
，
，
，，
即有：.
故选：D
5．A
【分析】以为整体，可得，根据展开计算得到答案.
【详解】因为，则，
且，可得，
所以.
故选：A.
6．B
【分析】有三角函数的定义得，然后利用二倍角的余弦公式求出，求解即可.
【详解】将角的终边逆时针旋转，与单位圆交点的纵坐标为，
所以，所以，
所以，
故选：B.
7．B
【分析】根据的图象经过的点及范围求出，再根据x的范围得，结合正弦函数的性质，列出相应不等式，即可求得范围，即可得答案.
【详解】因为的图象经过点，所以，又，所以，
则函数，当时，，
因为在上恰有2个零点，
所以，所以，即实数ω的取值范围是.
故选：B.
8．D
【分析】利用辅助角公式化简函数，再利用正弦函数的性质结合对称中心个数分类求出的值.
【详解】函数，其最小正周期，
由函数在区间上恰有两个对称中心，得，
即，解得，又，
则当是函数图象对称轴时，，解得，
此时或，或；
当与为周期长的区间两个端点时，，解得，符合题意，
所以的所有可能取值之和是.
故选：D
【点睛】关键点点睛：由在区间上的对称中心个数得求出范围，再结合函数值相等分类求解是关键.
9．AC
【分析】利用两角和的正弦公式可判断A选项；利用二倍角的余弦公式可判断B选项；利用两角差的正切公式可判断C选项；利用二倍角的正切公式可判断D选项.
【详解】对于A选项，；
对于B选项，；
对于C选项，；
对于D选项，.
故选：AC.
10．ABD
【分析】根据图像求得，对于A、B，代入验证即可；对于C，利用平移左加右减的规律即可求得平移后的函数，化简进行比较；对于D，先判断出单调性，求出最值，进而求解.
【详解】由题图可得，，故，所以，
又，即，
所以，，又，所以，所以．
对于A：当时，，故A正确；
对于B：当时，为最小值，
故的图像关于直线对称，故B正确；
对于C：将函数的图像向左平移个单位长度得到函数：
的图像，故C错误；
对于D：当时，，
则当，即时，单调递减；
当，即时，单调递增，
因为，，，
所以方程在上有两个不相等的实数根时，
的取值范围是，故D正确．
故选：ABD
11．BCD
【分析】根据题意由的奇偶性和对称性分析的周期判断A；结合已知结合对称性得，，，，进而利用周期性求和判断B；的零点可看作与的图象交点的横坐标，作出与的图象，根据中心对称即可判断C；结合与的函数值的符号，根据奇函数性质和周期性判断D.
【详解】由为偶函数，得，即，
函数的图象关于直线对称，
由为奇函数，得，即，则，
的图象关于点对称，
因此函数是周期为的周期函数，A错误；
由当时，，得，而，
，，
因此，B正确；
的零点可看作与的图象交点的横坐标，
作出与的图象，
观察图形知，直线与的图象共有个交点，
且它们关于点成中心对称，

所以所有零点之和为，C正确；
当时，，，与均为奇函数，
则当时，
因此当时，，又与的周期都为，
所以，D正确．
故选：BCD
【点睛】结论点睛：解决抽象函数的求值、性质判断等问题，常见结论：
（1）关于对称：若函数关于直线轴对称，则，若函数关于点中心对称，则，反之也成立；
（2）关于周期：若，或，或，可知函数的周期为.
12．/
【分析】利用和的关系，先求出的值，再利用和的关系，开方时结合角的范围检验，即可求得结果.
【详解】由题意得，
所以，
因为，所以可得 ，
所以，
又因为是第二象限角，则，可得
所以.
故答案为：.
13．
【分析】利用平方关系降幂，再利用二倍角公式化简后，结合正弦函数值域与二次函数性质得值域．
【详解】，
又，
所以，
故答案为：．
14．
【分析】设，，问题转化为这两个函数在定义域内同正同负或同为0，结合函数图象得出它们的图象与轴交点重合，从而得出关系，代入，再由基本不等式得最小值．
【详解】由已知的定义域是，
设，，显然它们在定义域内都是增函数，
因此恒成立，则与在定义域内同正同负或同为0，
作出的图象，要求，只要它们的图象与轴的交点重合，如图所示，
由，由，
所以，，
所以，当且仅当，即时等号成立，
故答案为：
15．(1) (2)
【分析】（1）根据诱导公式直接化简即可；
（2）由（1）可得，解得，再利用二倍角的余弦公式和两角和的正弦公式化简代入计算即可.
【详解】（1）由题意可知
.
（2）由（1）可知，则，即，
可得，
且，可得，
所以.
16．（1），，． （2）
【分析】（1）把使用降幂公式、逆用二倍角公式以及两角和的正弦公式化成只有正弦函数，然后代入正弦函数的周期公式和递增区间即可求其周期和增区间. （2）化简，求出，进一步求出的正弦及余弦，令，利用两角差的正弦公式代入计算即可.
【详解】解：（1）
．
所以的最小正周期，
令，，
解得，，
所以函数的单调递增区间为，．
（2）由（1）得
，

因为为锐角，所以，，
又因为，
所以，
所以．
【点睛】本题考查正弦型三角函数的性质、三角函数的诱导公式以及三角恒等变换公式，中档题．
17．(1)；单调递减区间是，
(2)，；，
(3)
【分析】（1）由的性质求周期，结合余弦函数单调性得减区间；
（2）求出的范围，再结合余弦函数的性质得最值；
（3）由余弦函数的性质解不等式．
【详解】（1）的最小正周期，
当，即，时，单调递减，
∴的单调递减区间是，.
（2）∵，则，
故，
∴，此时，即，
，此时，即．
（3），即，
所以或，，
即或，，
所以不等式的解集为．
18．(1)， (2) (3)存在
【分析】（1）直接代入计算出，由奇函数的定义求出值；
（2）利用奇函数的性质变形不等式，再由单调性化简后求解；
（3）假定存在实数m，对定义域内的一切，都有恒成立，利用奇偶性单调性变形化简不等式转化为二次不等式恒成立（注意定义域），分别求解后求交集得出．
【详解】（1）依题意，，
又是上的奇函数，则，即，
亦即，整理得，于是，而，
所以.
（2）由（1）知，，
显然函数在上单调递减，
由奇函数性质及，得，
当时，函数在上单调递增，则在上单调递减，
不等式化为，解得，
（3）假定存在实数m，对定义域内的一切，都有恒成立，
即恒成立，
当时，由（2）知函数在上单调递增，
不等式化为，整理得，
于是有对任意恒成立，则，
当时，，因此；
有对任意恒成立，设，
①当时，函数的图象开口向上，对称轴，
（i）当，即时，必有，则；
（ii）当，即时，在上恒成立，则；
（iii）当，即时，在上恒成立，则；
②当时，，不满足在上恒成立，
综上得且，
所以存在使得对定义域内的一切，都有恒成立.
19．(1)答案见解析 (2)①；②证明见解析
【分析】（1）将代入后可得，结合范围计算即可得解；
（2）①借助换元法，结合二次函数的性质计算即可得；②由韦达定理可得，，结合三角函数在上的单调性与①中所得计算有，即可得，即可得证.
【详解】（1）时，即为，，
或
所以或，，
（2）①令，因为，所以，则，
则，
由在上单调递增，
故关于的方程在上有两个不相等实数根，
即有，
解得，即的取值范围为；
②令，，
则，为关于的方程的两根，
则有，，
所以，，
所以，
即，
即有，由①知，
故，又，故，
由于，则，故，
又在上单调递增，故，
即.
【点睛】方法点睛：与有关的零点问题，可能通过换元法转化为一元二次方程的根的分布问题，而要证明零点满足的不等式，需要找出两个零点之间的关系及其中一个零点的范围，然后利用函数的性质如单调性证明出结论．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
C
D
A
B
B
D
AC
ABD
题号
11









答案
BCD