江苏省苏州市吴江区震泽中学2024-2025学年高一下学期3月月考 数学试题（含解析）

这是一份江苏省苏州市吴江区震泽中学2024-2025学年高一下学期3月月考 数学试题（含解析），共19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。
（满分150分，考试时间120分钟）
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. 下列命题中，真命题是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】C
【解析】
【分析】结合正方形可判断A,D项错误；再根据向量既有大小又有方向的特征排除B项，利用相等向量的定义确定C项正确.
【详解】
对于A，如图正方形中，若，则，但，故A错误；
对于B，因向量既有大小，又有方向，故不能比较大小，故B错误；
对于C，因两向量相等包括长度相等，方向相同，故C正确；
对于D，如上图中，，但，故D错误.
故选：C.
2 已知，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】利用诱导公式、同角三角函数的基本关系式来求得正确答案.
【详解】
.
故选：C
3. 已知，，，则，，大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据指数函数，对数函数的单调性及特殊角的三角函数值比较大小.
【详解】因为在上递增，且，
所以，所以，即，
因为在上递减，且，
所以，即，
因为，
所以,
故选：B.
4. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则下列结论正确的是（ ）
A. 是奇函数B. 的图象关于直线对称
C. 在上单调递增D. 在上的值域为
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角函数的变换规则得到解析式，再根据正弦函数的性质一一判断即可.
【详解】将函数的图象向右平移个单位长度得到，
显然不是奇函数，故A错误．
因为，所以的图象不关于直线对称，故B错误．
当时，，因为在上不单调，
所以在上不单调，故C错误．
由，得，则，
即在上的值域为，故D正确．
故选：D
5. 已知函数在区间上至少有3个零点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知可得，结合条件可得，求解即可.
【详解】因为，所以，
因为函数在区间上至少有3个零点，
所以，解得，所以的取值范围是.
故选：C.
6. 如图，水利灌溉工具筒车的转轮中心到水面的距离为，筒车的半径是，盛水筒的初始位置为与水平正方向的夹角为．若筒车以角速度沿逆时针方向转动，为筒车转动后盛水筒第一次到达入水点所需的时间（单位：），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意求出盛水桶到水面的距离与时间的函数关系式，令即可求解.
【详解】设盛水桶在转动中到水面的距离为，时间为，
由图可知筒车转动后盛水筒第一次到达入水点的角度小于，
又筒车的角速度为2rad/min，所以所需的时间为，故A错误；
由题意可得，盛水桶到水面的距离与时间的函数关系如下：
，
令，即，解得，
又，可得，
，故D正确；
，
，故C错误；
又，解得，故B错误；
故选：D.
7. 将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，以图象相邻的三个交点为顶点的三角形面积为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用函数图象平移规则得出的解析式，再由对称性及面积求得交点坐标，可得结果.
【详解】如图，
不妨取纵轴右侧的连续三个交点，周期也为，可得，
由面积为及对称性知，，进而，
代入结合，得.
故选：B
8. 已知函数分别是定义在上的偶函数和奇函数，且，若函数有唯一零点，则实数的值为（ ）
A. 或B. 或1C. 或2D. 1或
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得，从而可得的图象关于对称，即得，代入求解即可.
【详解】因为，①
分别是定义在上的偶函数和奇函数，
所以，
即，②
由①+②，得，
由①-②，得，
又因为有唯一零点，
即有唯一解，
因为为偶函数，图象关于轴对称，
所以图象关于轴对称，
的图象也关于轴对称，
所以的图象关于轴对称，
所以，即，解得或.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于分析得的图象关于轴对称，从而得到，由此得解.
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. 已知函数，则（ ）
A. 为偶函数
B. 的值域为
C. 不存在，使得
D. 在区间上单调递减
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据给定条件，利用偶函数定义判断A；换元并利用余弦函数值域判断B；举例说明判断C；利用复合函数单调性判断D.
【详解】对于A，函数的定义域为R，
，因此为偶函数，A正确；
对于B，令，函数是R上增函数，值域为R，函数的值域为，
因此的值域为，B正确；
对于C，由选项B知，存在唯一使得，则，
且，因此存在，使得，C错误；
对于D，函数在上单调递增，，
而函数在上单调递减，因此在区间上单调递减，D正确.
故选：ABD
10. 对于函数和，下列说法中正确的有（ ）
A. 与有相同的零点B. 与有相同的最大值
C. 与最小正周期不相同D. 与的图象存在相同的对称轴
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用三角恒等变换化简两个函数的解析式，利用正弦型函数的对称性可判断AD选项；利用正弦型的最值可判断B选项；利用正弦型函数的周期公式可判断C选项.
【详解】因为，
，
对于A选项，对于函数，由，可得，
对于函数，由，可得，
故函数的零点为，函数的零点为，
所以，函数、没有相同的零点，A错；
对于B选项，的最大值为，的最大值为，故与的最大值相同，B对；
对于C选项，函数的最小正周期为，函数的最小正周期为，
这两个函数的最小正周期不同，C对；
对于D选项，因为，，
所以，函数与的图象存在相同的对称轴，D对.
故选：BCD.
11. 在数学史上，曾经定义过下列两种三角函数：为角的正矢，记作；为角的余矢，记作.则下列说法正确的是（ ）
A. 函数在上单调递减
B. 若，则
C. 若函数，则的最大值为
D.
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A求单调减区间即可判断，对于B，代入即可判断，对于C即可求出的最大值，对于D即可判断.
【详解】由已知有，，
对于A：，
令，
当时，，所以函数在为减函数，故在上单调递减，在上单调递增，故A错误；
对于B：，则，故B正确；
对于C：，
则最大值为4，故C错误；
对于D：，故D正确.
故选：BD.
三、填空题：本题共3小题，每小则5分，共15分．
12. 函数的定义域为______．
【答案】
【解析】
【分析】要使函数有意义只须，再解不等式可得答案.
【详解】由，得，
解得
故答案为：.
13. 已知函数，则函数在上的最大值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】设，可得出，求出的取值范围为，令，，利用导数即可求出在上的最大值，即为所求.
【详解】设，则，
所以，，
当时，，所以，，
则，
设，，则，
所以函数在上单调递减，，
即当时，．
故答案为：.
14. 已知函数的图象关于坐标原点对称，若在的图象上存在一点列：，，满足且，那么满足条件的的最小值为______．
【答案】8
【解析】
【分析】利用二倍角公式及两角和的正弦公式化简，根据的奇偶性求出，即可得到的解析式，根据正弦函数的性质，优先找使，即可确定，从而得解.
【详解】因
．
又因为的图象关于坐标原点对称，所以函数为奇函数，
所以，即，又，所以，
所以．
因为
．
又，所以．
要求满足条件的的最小值，只需优先找使的点即可．
结合的图象，可令．
故满足条件的最小整数为．
故答案为：
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. 已知，且．
（1）求，的值；
（2）求的值；
（3）已知，且，求的值．
【答案】（1）
（2）;
（3）.
【解析】
【分析】（1）利用同角平方公式及象限角确定符号来求值；
（2）利用诱导公式化简，即可求值；
（3）利用变单角为双角差，再用两角差余弦公式求值即可.
【小问1详解】
因为，且，所以，
即；
【小问2详解】
由；
【小问3详解】
因为，，所以，
又因为，所以，
则.
16. 已知，
（1）若，求的值；
（2）若，求的值域和单调递增区间.
【答案】（1）
（2）值域为，，.
【解析】
【分析】（1）根据题意，，结合诱导公式，即可求解；
（2）根据三角函数恒等变换得，结合正弦函数的性质求解.
【小问1详解】
因为，，所以，
又，
故；
【小问2详解】
因为，
所以
，
所以的值域为，
令，
解之得，
所以的单调递增区间为，.
17. 已知函数.
（1）求的最小正周期及的值；
（2）将函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向左平移个单位长度得到函数的图象，求函数的解析式；
（3）在（2）的条件下，直线与函数的图象分别交于，两点，求的最大值.
【答案】（1）；
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）整理可得，进而可得的最小正周期及的值；
（2）根据三角函数图象变换求函数的解析式；
（3）根据题意结合三角恒等变换整理可得，结合正弦函数有界性分析求解.
【小问1详解】
由题意可得：，
所以的最小正周期为；.
【小问2详解】
将函数图象的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）得到，
再向左平移个单位长度得到函数
【小问3详解】
由题意可知：两点的坐标为，
可得
，
因为，则，可得，
所以在时的最大值为.
18. 已知函数．
（1）当时，求函数的单调增区间；
（2）当时，设，且函数的图像关于直线对称，将函数的图像向右平移个单位，得到函数，求解不等式；
（3）当时，若实数使得对任意实数恒成立，求实数的值．
【答案】（1）
（2）
（3），
【解析】
【分析】（1）根据题意得到，结合正弦型函数的性质，即可求解；
（2）根据题意得到，求得，得到，结合图象的变换求得，由不等式，即，即可求解；
（3）化简得到，求得，转化为，得到方程组，分类讨论，即可求解.
【小问1详解】
解：当，时，可得函数，
令，所以单调增区间为；
【小问2详解】
解：当，时，可得，其中，
因为关于直线对称 ，
可得，即，解得，
所以，
将函数的图像向右平移个单位，得到函数，
由，即，则
解得，
所以不等式的解集为；
【小问3详解】
当，，时，则，
可得，则，
于是，
可化为，
即，
所以.
由已知条件，上式对任意恒成立，故必有，
若，则由（1）知，显然不满足（3）式，故，
所以由（2）知，故或，
当时，，则（1）、（3）两式矛盾，
故，由（1）、（3）知，
所以，；
19. 已知函数的最小正周期为．
（1）求实数的值；
（2）若函数在上恰有8个零点，求的最小值；
（3）设函数证明：有且只有一个零点，且．
【答案】（1）4 （2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由三角函数周期计算公式可得答案.
（2）由题可得零点表达式，要使最小，则，n均为零点，据此可得答案；
（3）由题可得，由单调性，正负情况结合零点存在性定理可得零点情况，然后由单调性可完成证明.
【小问1详解】
的最小正周期为
．
【小问2详解】
当时，令，解得
，则或，
则或，.要使最小，则均为零点.
若，则大于的7个零点为：，
得，则此时，；
若，则大于的7个零点为：，，
得，则此时，，因，
则的最小值为；
【小问3详解】
由（1）可得，定义域为，
①当时，函数在上单调递增，
因为
所以根据零点存在定理，使得
故在上有且只有一个零点．
②当时，因为单调递增，单调递减，
，所以，
所以在上不存在零点；
③当时，因为单调递增，，因为
所以，所以在上不存在零点；
综上：有且只有一个零点，且
因为，所以，
所以
在上单调递减，，所以．
【点睛】关键点睛：对于函数零点问题，可利用数形结合思想，转化为函数图像与x轴交点横坐标，也可利用零点存在性定理结合函数单调性研究零点.