广东省衡水联考2024-2025学年高一下学期3月月考 数学试题（含解析）

这是一份广东省衡水联考2024-2025学年高一下学期3月月考 数学试题（含解析），共16页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答， 已知函数的值域为，且，则， 已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交．
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，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知某扇形的面积为，圆心角为，则该扇形的半径为（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】利用扇形的面积公式结合给定条件求解半径即可.
【详解】设该扇形的半径为，因为某扇形的面积为，圆心角为，
所以，解得，故C正确.
故选：C
2. 设命题，函数为奇函数，则：
A. ，函数为偶函数
B. ，函数为偶函数
C. ，函数不为奇函数
D. ，函数不为奇函数
【答案】D
【解析】
【分析】利用的定义求解即可.
【详解】若命题，函数为奇函数，
则为，函数不为奇函数，故D正确.
故选：D
3. 已知向量，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用平面向量的模长公式求出模长，数量积的坐标表示求出数量积，再利用夹角公式并结合夹角的范围求解夹角即可.
【详解】因为，所以，
由向量模长公式得，，
由向量夹角公式得，
因为，所以，故A正确.
故选：A
4. 已知锐角满足．则（ ）
A. B. 4C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】利用诱导公式对给定条件化简，再结合换元法求解即可.
【详解】因为，
所以，因为是锐角，所以，
令，则，解得或，
当时，不符合题意，故舍去，当时，符合题意，故B正确.
故选：B
5. 已知函数的值域为，且，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】利用指数函数的性质建立方程得到，再结合得到，最后再求解目标式的值即可.
【详解】因为，所以，则，
因为函数的值域为，所以，
此时，因为，所以，解得，
则，故C正确.
故选：C
6. 记的内角的对边分别为．已知，则为（ ）
A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 等腰三角形
【答案】B
【解析】
【分析】利用二倍角公式和余弦定理化简给定条件，最后利用勾股定理逆定理求解即可.
【详解】因为，所以，
则，即，
得到，即，
则，即，
由勾股定理逆定理得为直角三角形，故B正确.
故选：B
7. 已知某种计算机程序处理数据量为的数据时，处理时间为（单位：），其中均为常数．当时，；当时，，则约为（ ）
（附：）
A. 3B. 3.5C. 4D. 4.5
【答案】C
【解析】
【分析】利用给定数据代入公式得到，再代入到中结合参考数据求出结果即可.
【详解】由题意得当时，，将其代入公式得到，
而当时，，将其代入公式得到，
两个式子作比得，化简得，
因为，所以，解得，
则代入可得，
因为，所以，故C正确.
故选：C
8. 已知平面向量满足，，若，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先证明，再给出的例子，即可得到的最小值为.
【详解】①由于，故
所以
.
这就得到，故.
②另一方面，对，，，原条件全部满足，此时.
综合①②两方面，可知的最小值为．
故选：C.
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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 设计一款平面游戏，玩家可以控制角色以或的方向运动，角色会沿该方向自发前进．角色活动区域在一块正方形区域内，将角色视为一点，每当角色触碰到正方形区域边缘时便会沿反方向按原路返回，已知角色可以运动到正方形区域内的任一位置，若修改玩家控制角色时的运动方向，则修改后角色依然可以运动到正方形区域内的任一位置的方向有（ ）
A. 和的方向B. 和的方向
C. 和的方向D. 和的方向
【答案】AD
【解析】
【分析】根据题意，符合条件的两个方向相反即可，再结合共线向量的基本定理判断即可.
【详解】根据题意，符合条件的两个方向相反即可，
对于A选项，因为，故和的方向相反，A满足条件；
对于B选项，设与共线，则存在，使得，
可得，则、共线，矛盾，
故与不一定共线，B不满足条件；
对于C选项，设和共线，则存在，使得，
所以，，则、共线，矛盾，
故和不一定共线，C不满足条件；
对于D选项，因为，所以，和的方向相反，D满足条件.
故选：AD.
10. 已知函数，则（ ）
A. 的定义域为B. 为奇函数
C. 在内单调递减D.
【答案】AD
【解析】
【分析】令分母不为解出定义域判断A，利用函数奇偶性的定义判断B，举反例判断C，利用函数的运算性质判断D即可.
【详解】对于A，令，解得，则的定义域为，故A正确，
对于B，因为，所以，得到为偶函数，故B错误，
对于C，因，，所以，则在内不可能单调递减，故C错误，
对于D，因为，所以，，则，故D正确.
故选：AD
11. 记的内角、、的对边分别为、、．已知，则（ ）
A.
B.
C
D. 若、、均为正整数，则周长的最小值为
【答案】BC
【解析】
【分析】求出角的取值范围，结合正弦函数的基本性质可判断A选项；利用正弦定理化简得出，求出的范围，可判断B选项；由，可得出，再利用余弦定理可判断C选项；分析得出，对的取值进行分类讨论，结合确定的取值，列出关于、的方程组，解出、的值，可判断D选项.
【详解】对于A选项，在中，由，解得，
所以，，A错；
对于B选项，
，则，故，B对；
对于C选项，由B选项可知，，
所以，，
由余弦定理可得
，故，C对；
对于D选项，由C选项可知，，可得，
所以，，
因为，则，可得，
因为、、均为正整数，且，即，则，
①当时，则，此时，整数不存在；
②当时，则，所以，整数，
则，可得，由，解得，，此时，；
③当时，则，则整数，
则，可得，由，解得，不合乎题意；
④当时，则，则或，
若，则，可得，由，解得，，
此时，；
若，则，可得，由，解得，不合乎题意；
⑤当时，，则或，
若，则，可得，由，解得，不合乎题意；
若，则，可得，由，解得，不合乎题意；
⑥当时，由，则，，
此时，，即，此时，.
综上所述，若、、均为正整数，则周长的最小值为，D错.
故选：BC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知幂函数在定义域内单调递增，则___________．
【答案】##
【解析】
【分析】利用幂函数的性质建立方程求解参数，再结合幂函数的单调性取舍即可.
【详解】因为幂函数在定义域内单调递增，
所以，解得或，
当时，，由幂函数性质得在定义域内单调递减，不符合题意，
当时，，由幂函数性质得在定义域内单调递增，符合题意.
故答案为：
13. 已知平面向量，，且，则的最小值为_______．
【答案】##
【解析】
【分析】由平面向量垂直的坐标表示可得出，即可得出，考查，结合基本不等式可求得的最小值.
【详解】因为平面向量，，且，则，即，
所以，，若取最小值，必有，此时，，
由基本不等式可得，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故当时，，故的最小值为.
故答案为：.
14. 在检测文本相似度时常以杰卡德距离作为衡量工具．称为集合内元素的个数，定义为集合之间的杰卡德距离．现有两个文本集合，若，则的最小值为___________．
【答案】##0.5
【解析】
【分析】分析题干可知当最大且最小时，取得最小值，由此可算得答案.
【详解】由题意可知当最大且最小时，最小，
因为，所以最大为，此时，
且此时最小为，此时，
若，则且，此时，
故的最小值为.
故答案为：.
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. 已知为一组基底向量，其中．
（1）探究三点是否共线，若共线，给出证明；若不共线，说明理由；
（2）若与共线，求的值．
【答案】（1）共线，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用平面向量的加法法则求出，再得到其与成倍数关系即可.
（2）利用给定条件结合不共线建立方程组，求解参数即可.
【小问1详解】
因为，
所以由平面向量的加法法则得，
因，所以，
即，故三点共线.
【小问2详解】
若与共线，则，
得到，而为一组基底向量，则不共线，
得到，解得或.
16. 记的内角，，的对边分别是，，，已知.
（1）求；
（2）若，，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，即可求出，从而得解；
（2）利用余弦定理求出，再由面积公式计算可得.
【小问1详解】
在中，由正弦定理及，
得，
又在中，，∴，
∴，
∵，
∴.
【小问2详解】
在中，由余弦定理可知，
又∵，∴，
解得或（舍去），
故面积为.
17. 已知函数．
（1）用定义法证明在上的单调性；
（2）若函数，且在区间上的最小值为，求．
【答案】（1）证明见详解；
（2）或．
【解析】
【分析】（1）任取且，然后利用作差法比较的大小即可判断函数的单调性；
（2）由已知，对的取值进行分类讨论，结合复合函数的单调性，判断函数的最小值，得到关于的方程，解出即可.
【小问1详解】
在上单调递减，证明如下：
任取且，所以，，，
则，
所以，即，
所以在上单调递减.
【小问2详解】
当时，在上单调递减，
由（1）可知在上单调递减，所以函数在上单调递增，
所以时，函数取得最小值，即，解得；
当时，在上单调递增，
由（1）可知在上单调递减，所以函数在上单调递减，
所以时，函数取得最小值，即，解得；
综上所述，在区间上的最小值为，则的取值为或．
18. 如图，已知半径为2扇形的圆心角为，为的中点，是上一动点．
（1）求的取值范围；
（2）当为的中点时，用表示；
（3）若，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）设，则可得，结合余弦函数性质求解即可.
（2）由图可得，再根据投影向量确定，再代入角度求解即可.
（3）结合题意将用三角函数表示，再利用正弦函数的性质求最大值即可.
【小问1详解】
如图，设，连接，
而，
因为，故，
所以的取值范围为．
【小问2详解】
因为为的中点，所以，
由平面向量加法法则得，
则在方向上的投影向量为，
在方向上的投影向量为，
得到，
故，
将代入，得．
【小问3详解】
因为，，
所以，
又由（2）知，
故，则，
因为，所以当且仅当时，取得最大值1，
故的最大值为．
19. 已知函数的定义域为，且的图像是一条连续不断的曲线，设，若对于任意的，均有，则称是等和积函数．
（1）若是等和积函数；
（i）证明：；
（ii）证明：；
（2）若是等和积函数，证明：函数在上至少有1350个零点．
【答案】（1）（i）证明见详解；（ii）证明见详解；
（2）证明见详解.
【解析】
【分析】（1）（i）由是等和积函数，得，即可判断；
（ii）由（i）代换可得，两式相减，化简可证；
（2）利用，求出的周期为3，然后利用不等式的性质求出在上至少有一个解，结合函数的周期即可求解.
【小问1详解】
（i）因为是等和积函数，所以，
即，所以；
（ii）由（i）得①，
则有②，
②①可得：，
因为，所以，即；
【小问2详解】
因为是等和积函数，所以①，
则有②，
②①可得：，
变形可得：，
则有或者，
当时，，
此时，所以，
故，
所以成立，即是周期为3的周期函数，
又，
等号两边同除可得：
，
所以，，
变形可得：，
，
则，，
又因为函数在上连续，故即在上至少有一个解，且周期为3，故在一个周期内至少有2个解，
又函数在上共有675个周期，
所以函数在上至少有1350个零点．