江西科技学院附属中学2024-2025学年高一下学期3月月考 数学试题（含解析）

这是一份江西科技学院附属中学2024-2025学年高一下学期3月月考 数学试题（含解析），共18页。试卷主要包含了单项选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 的终边在（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】求出和的终边相同，从而得到答案.
【详解】，其中的终边在第三象限，
故的终边在第三象限.
故选：C
2. 一个扇形的弧长与面积的数值都是，则这个扇形的中心角大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件，利用扇形的弧长和面积公式，即可求解.
【详解】设扇形的弧长、面积和中心角分别为，扇形的半径为，
因为，所以，由题有，解得，
故选：B.
3. 若角的终边过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角函数的定义及诱导公式求解.
【详解】因为角的终边过点，
所以，
所以.
故选：A
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角函数的诱导公式化简即可.
【详解】因为，
则
.
故选：B.
5. 计算：（ ）
A. B. 2C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】先将换成，再切化弦，利用差角公式及诱导公式化简即可.
详解】原式
.
故选：A.
6. 设，，，则有（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角恒等变换结合三角函数分析运算即可.
【详解】因为，由题意可得：，
，
，
则可得，
又因为，则，即，
所以.
故选：A.
7. 当，时，，则（ ）
A. B. 0C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】先根据降幂扩角公式化简，再进行拆角，结合两角和差的正弦公式化简即可求出，最后根据角的范围求出即可.
【详解】因为，
所以，
所以，因
所以，
所以，即
因为，时，，
所以，则.
故选：D.
8. 已知函数，若在上无零点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先结合二倍角公式和辅助角公式将函数进行化简，得，由于在上无零点，因此，且，，在的条件下，解不等式可得解.
【详解】
，
由，得，
因为在上无零点，
所以，得，
因为，所以，
因为，，所以解得，
因为，所以解得，
因为，所以或，
当时，，当时，，
所以的取值范围是，
故选：B
【点睛】关键点点睛：此题考查三角函数的综合问题，考查三角恒等变换公式的应用，考查函数与方程，解题的关键是将函数在上无零点，利用正弦函数的性质转化为关于的不等式组，从而可求得结果，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
二、多选题（本大题共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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．）
9. 下列化简正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用二倍角公式、辅助角公式，结合特殊角的三角函数值，逐项化简判断即得.
【详解】对于A，，A正确；
对于B，，B正确；
对于C，，C错误；
对于D，，D正确.
故选：ABD
10. 函数的部分图象如图所示，则（ ）
A.
B. 图象的一条对称轴是直线
C. 图象的一个对称中心是点
D. 函数是偶函数
【答案】BD
【解析】
【分析】根据周期可得根据最低点可求解，即可判断A，代入即可求解BC，化简，即可求解D.
【详解】由函数的部分图象知，，即，解得
过点，解得，
，选项A错误；
当时，的一条对称轴是直线，选项B正确；
令，解得的对称中心是，选项C错误；
，是定义域上的偶函数，选项D正确.
故选:BD.
11. 已知函数的图象在上有且仅有两条对称轴，则下列结论正确的有（ ）
A. 的取值范围是
B. 若的图象关于点对称，则在上单调递增
C. 在上的最小值不可能为
D. 若的图象关于直线对称，函数是常数，有奇数个零点，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】由题意可得，求得即可判断A；利用三角函数的对称中心，结合求出，即可判断B；由和，结合三角函数的单调性即可判断C，由题意可得，函数与的图象在共9个交点，计算可判断D.
.
【详解】对于A：因为的图象在上有且仅有两条对称轴，
因为，所以，所以，
所以，故A错误；
对于B：因为的图象关于点对称，则，
即，因为，所以，
当时，，则在上单调递增，故B正确；
对于C：当时，，因为，
所以，所以在上的最小值小于，故C正确．
对于D：因为图象关于直线对称，则，
即，又，所以，所以，
令函数的根即为函数与的交点的横坐标，
作出图象如图所示，因为，，
要使有奇数个零点，则，
由，得，
函数与的图象在共9个交点，
所以，
所以，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】思路点睛：求解正弦函数的对称轴、对称中心和值域的问题时，常利用整体代换法和验证法将问题转化到我们熟悉的正弦函数上，利用正弦函数的图象与性质解答，数形结合一种常用方法.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．）
12. =__________.
【答案】2
【解析】
【分析】根据两角和正切公式化简即得结果.
【详解】
故答案为：2
【点睛】本题考查两角和正切公式，考查基本分析求解能力，属基础题.
13. 函数的单调递增区间是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据正弦函数的性质求解即可.
【详解】由，
令，，
解得，，
所以函数的单调递增区间是.
故答案：.
14. 已知，若对任意的恒成立，则a的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】先将原式化简为，所以可化为，只需要求在的最大值即可.
【详解】因为
，
所以，
因为，所以，
所以对任意的恒成立，
只需要即可.
设，
令，因为在上单调递减，
所以当时，取到最大值5，
所以，所以a取值范围是.
故答案为：.
四、解答题（本大题共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
（1）将化成最简形式；
（2）求满足的x的集合．
【答案】（1）=
（2）
【解析】
【分析】（1）根据诱导公式及弦切互化化简即可.
（2）由题意，利用二倍角及诱导公式化简得，解得，然后根据正弦函数性质解不等式即可.
【小问1详解】
∵，
∴.
【小问2详解】
结合（1）知，即为，
∴，
∴，∴，
∴，
故x取值的集合为．
16. （1）已知，求的值；
（2）求函数的最大值和最小值，并求出取得最大值和最小值时x的值．
【答案】（1）；（2）的最大值为，此时或；的最小值为,此时.
【解析】
【分析】（1）先求出的值，再将变形，再弦化切，将代入求解即可；
（2）利用平方关系将原式化为，令，，再将原式转化为关于一元二次函数在给定区间上的值域问题求解即可.
【详解】（1）因为，若，则，原式不成立，
所以，所以，
所以 ；
（2）因为，
令，则，
所以原式可化为，
所以当，即或时，函数取得最大值，
当，即时，函数取得最小值0．
17. 函数的部分图象如图所示.
（1）求函数的解析式；
（2）求函数的最小正周期及单调递增区间；
（3）求不等式的解集.
【答案】（1）
（2）周期
（3）
【解析】
【分析】（1）结合最大值和最小值求出，根据图中点确定周期，进而确定，代入关键点求出，得到解析式；
（2）根据三角函数周期公式和单调区间求法求解即可；
（3）结合正弦图象求出解集.
【小问1详解】
由图可知，所以，
因为，所以，
所以，
所以，
又因为当时，，
所以，即，
所以，
所以，
因为，所以，
所以.
【小问2详解】
因为，
所以，
单调递增区间满足，，
即，，
即，，
所以单调递增区间为，.
【小问3详解】
因为，
所以，即，
所以，，
即，，
所以，，
所以解集为.
18. （1）已知，求的值；
（2）已知，，且，，求的值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）化简得到，计算得到答案.
（2）计算，，利用和差公式计算得到答案.
【详解】（1）.
（2），，，
，
，
，，
又，，
，.
【点睛】本题考查了三角恒等变换求函数值和角度，意在考查学生的计算能力.
19. 已知函数．
（1）求的值域；
（2）讨论函数在上的零点个数．
【答案】（1）；
（2）详见解析.
【解析】
【分析】（1）运用二倍角公式、辅助角公式化简函数表达式后即可求解；
（2）先换元，再运用数形结合思想分类讨论可得答案.
【小问1详解】
∵，
∴
，
故的值域为.
【小问2详解】
因为，
令，则，
在上的零点个数等价于函数的图象与直线的交点个数.
当时，，
当时，，
所以
的图象如图所示，.
当，即时，的图象与直线的交点个数为3，
故在上的零点个数为3.
当，即或，的图象与直线的交点个数为4，
故在上的零点个数为4.
当.即，的图象与直线的交点个数为2，
故在上的零点个数为2.
当，即或时，的图象与直线没有交点，
故在上的零点个数为0.
综上，当时，在上的零点个数为3；
当或时，在上的零点个数为4；
当时，在上的零点个数为2；
当或时，在上的零点个数为0.