广西壮族自治区南宁市第二中学2024-2025学年高一下学期3月月考数学试题（解析版）

这是一份广西壮族自治区南宁市第二中学2024-2025学年高一下学期3月月考数学试题（解析版），共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（时间120分钟，共150分）
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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1. 已知集合，集合，则（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出集合，利用并集的定义可求得集合.
【详解】因为，，则.
故选：C．
2. 已知平面向量，则“”是“，共线”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量共线及充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】若则，共线，故充分性成立；
若，共线，不一定得到，
如，，显然满足，共线，
但是不存在实数使得，故必要性不成立；
所以“”是“，共线”的充分不必要条件.
故选：A
3. 已知扇形的圆心角为，弧长为，则该扇形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出扇形的半径，再根据扇形面积公式即可代入求值.
【详解】扇形的半径，所以扇形的面积为，
故选：D.
4. 已知，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】弦化切后代入计算．
【详解】因为，
所以，
故选：C．
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据指数、对数函数的性质比较大小关系，即可得答案.
【详解】由，即.
故选：C
6. 函数，的图象形状大致是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据函数奇偶性排除AC，再结合特殊点的函数值排除B.
【详解】定义域，且，所以为奇函数，排除AC；又，排除B选项.
故选：D
7. 已知是的重心，过点作一条直线与边分别交于点（点与所在边的端点均不重合），设，则的最小值是（ ）
A. 1B. C. 2D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用重心性质以及平面向量共线定理可得，再由基本不等式计算可得结果.
【详解】如图，取中点，则，
，
三点共线，，即，
，
当且仅当时，取等号.
即的最小值是.
故选：B
8. 如图，为了测量两山顶间的距离，飞机沿水平方向在两点进行测量，在同一个铅垂平面内.已知飞机在点时，测得，在点时，测得，千米，则（ ）
A. 千米B. 千米C. 千米D. 千米
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得是等边三角形，可得千米，记直线与直线的交点为，，进而可得为等腰三角形，可求得，计算可求得.
【详解】因为，
可得是等边三角形，则千米.
记直线与直线的交点为，
所以,为的中点，
所以为等腰三角形，
所以千米.
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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知向量，，下列命题中正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据向量模公式计算可判断A；由向量平行的坐标表示可判断B；由向量垂直的坐标表示可判断C；根据向量模公式计算可判断D.
【详解】因为，所以不平行，B错误；
因为，所以，C正确；
因为，所以，
又，所以，A正确，D错误.
故选：AC
10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论中正确的是（ ）
A.
B. 点是函数图象的对称中心
C. 函数在区间上是增函数
D. 将函数的图象向右平移个单位长度后所得的函数为偶函数
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据函数图象求出函数解析式，再根据正弦函数的性质一一判断即可.
【详解】对于：由函数的图象，可得，且，
所以，又，所以，所以，
又由，
则，，可得，，
因为，可得，所以，故正确；
对于：因为，
所以点是函数的图象的对称中心，故正确；
对于：当，则，因为在上不单调，
所以在区间上不单调，故错误；
对于：将函数的图象向右平移个单位长度，
得到为偶函数，故正确.
故选：ABD.
11. 设函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则或
B. 若函数有3个不同零点，则实数的取值范围为
C. 若函数有3个零点，，，则的取值范围为
D. 对任意，函数在内无最小值
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，由分段讨论代入求解即可判断；对于B，由需有一个零点，同时
方程需有两个不等的小于1的实根， 即可判断；对于C，由题意得到，构造函数，确定单调性即可判断；对于D，分别讨论时，二次函数的最小值及时，的最小值，进而可判断；
详解】对于中，若，，
解得（舍去），若，则，解得，
因此，若，则或，可判定正确；
对于中，令，当时，可得，
若函数有3个零点，则需有一个零点，则；
当时，可得，若函数有3个零点，
则需有两个不等的小于1的实根，则满足，解得，
所以若函数有3个零点，则的取值范围是，所以正确.
对于中，设函数的3个零点分别是，
则，可得，
令，则在上单调递减，所以，
即的取值范围是，所以C错误；
对于中，当时，函数是开口向下的二次函数，，
对称轴是，
当时，函数在单调递减，在没有最小值，，
当时，函数单调递增，所以，
因为，所以，所以在内无最小值；
当时，函数在单调递增，在单调递减，在没有最小值，
，
当时，函数单调递增，所以，
因为，所以，所以在内无最小值；
当时，函数在单调递增，在没有最小值，，
当时，函数单调递增，所以，
因为，所以，所以在内无最小值，所以正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：
已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的常用方法：
1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围
2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，，，则与的夹角为_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据已知及向量的夹角公式求夹角的余弦值，进而确定角的大小.
【详解】设与的夹角为，因为，，，
所以，因为，
所以，即与的夹角为．
故答案为：
13. 已知函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是______
【答案】
【解析】
【分析】分析可知，内层函数在上为减函数，且，可得出关于实数的不等式组，即可解得实数的取值范围.
【详解】令，因为外层函数在上为减函数，
且函数在区间上单调递增，
所以，内层函数在上为减函数，且，
即，解得.
因此，实数的取值范围是.
故答案为：.
14. 已知圆为的外接圆，，则的最大值为______________.
【答案】3
【解析】
【分析】先利用正弦定理求出外接圆半径，取的中点，连接，则，变形得到，当三点共线时，取得最大值，求出答案.
【详解】设圆的半径为，则，解得，
因为，所以，
取的中点，连接，则，
故，
，
当三点共线时，取得最大值，最大值为，
故的最大值为.
故答案为：3
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 在中，角，，所对的边分别为，，，.
（1）求角的大小；
（2）若，且的面积为，求的周长.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）应用二倍角正弦公式及三角形内角性质求角的大小；
（2）应用面积公式可得，进而有，余弦定理求得，即可得三角形周长.
【小问1详解】
由题设，又，则，
所以，则.
【小问2详解】
由题意，可得，又，则，
由余弦定理，有，则，
综上，的周长为.
16. 已知函数.A
（1）求函数的最小正周期；
（2）求函数在上的值域.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）化简得到，由周期公式即可求解；
（2）由，得到，结合正弦函数图像性质即可求值域；
【小问1详解】
因为
所以函数的最小正周期为；
【小问2详解】
，，
，
函数的值域为.
17. 在中，角，，所对的边分别是，，，已知．
（1）求证：；
（2）求角的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理将已知条件进行化简，再通过正弦定理将边转化为角来证明等式；
（2）在（1）的基础上，结合余弦定理和基本不等式求出角的最大值.
【小问1详解】
因为，又，
所以整理得，
由正弦定理可得：，得证.
【小问2详解】
由，，可得：，
又（当且仅当时取等号），
所以，
因为，且在上单调递减，故，
当时，角取得最大值．
18. 已知函数满足.
（1）当时，解不等式；
（2）设，若对，函数在区间上的最大值与最小值的差不超过1，求的取值范围.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）当，，由的单调性，即可求解；
（2），，由单调性求出在区间上的最大值与最小值，利用其差不超过1，求出关于的关系式在恒成立，转化为关于的函数最值与参数关系，即可求解.
【详解】（1）由题意可得，得，
解得.
（2）当时，，
，
∴在上单调递减，
函数在区间上的最大值与最小值分别为，
，
即
整理得对任意恒成立，
∵，∴函数对称轴方程，
函数在区间上单调递增，
∴时，有最小值.
由，得，
故的取值范围为.
【点睛】本题考查了对数函数的运算法则、单调性、不等式的解法，考查恒成立问题，转化为求二次函数最值，考查了推理能力和计算能力，属于较难题.
19. 经研究，函数为奇函数充要条件是函数图象的对称中心为点，函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，由得函数关于点成中心对称图形的充要条件是.
（1）已知函数，且，求的值；
（2）证明：函数图象的对称中心为；
（3）已知函数，求的值.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据函数，利用奇偶函数的判定方法得为奇函数，从而的图象关于点对称，即可求解；
（2）构造函数，利用奇偶函数的判定方法得为奇函数，通过变形可得，再利用题设定义，即可求解；
（3）先假设的对称中心为，根据题设可得，，进而可得，即可求解.
【小问1详解】
令，易知其定义域为，关于原点对称，
又，所以为奇函数，
则函数的图象关于点对称，
则，则，
又，所以.
【小问2详解】
因为，
令，则
易知的定义域为，定义域关于原点对称，又，
所以为奇函数，则函数图象的对称中心为.
【小问3详解】
假设函数图象有对称中心且对称中心为，
则，所以，
整理得到，所以，解得，，
所以函数有对称中心，则，
令，
，
相加得，
.