湖南省涟源市部分高中2024-2025学年高一下学期3月月考数学试卷（解析版）

这是一份湖南省涟源市部分高中2024-2025学年高一下学期3月月考数学试卷（解析版），共12页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：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. 集合，则下列表示正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】，所以，
故A，C，D错误，B正确.
故选：B.
2. 已知扇形弧长为，圆心角为，则该扇形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设扇形的半径为，则由弧长公式可得，解得，
所以扇形的面积.
故选：D.
3. 下列结论正确的是（ ）
A. 角度有正角和负角之分，所以角度是向量
B. 若，则线段与线段在同一直线上
C. 若，则
D. 若，则不一定平行
【答案】D
【解析】对于A，角度虽有大小却无方向，故不是向量，故A错；
对于B，对于平行四边形，与不在同一直线上，故B错；
对于C，向量的长度可以比较大小，但向量不能比较大小，故C错；
对于D，若为零向量，则可任取，不一定平行，故D正确.
故选：D.
4. 已知，则等于（ ）
A. B. 4C. D. 3
【答案】C
【解析】，故选项C正确.
故选：C.
5. 已知四边形满足条件，且，其形状是（ ）
A. 梯形B. 矩形C. 菱形D. 正方形
【答案】B
【解析】由，可知且，则四边形为平行四边形，
又由，可知四边形为矩形.
故选：B.
6. 函数的单调递增区间为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由题得由sin12x+π3>0，得，
解得，
即函数定义域为，
因为函数是增函数，故求函数的单调递增区间即求函数在上的单调递增区间，
令，则，
所以函数的递增区间为.
故选：D.
7. 已知向量，则的最小值是（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】C
【解析】由，
可得：，
所以，
当取得最小值.
故选：C.
8. 点是所在平面内一点，，则的最小值为（ ）
A. 100B. 120C. 180D. 240
【答案】B
【解析】以点为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，
则，设，
则，
则
，
当且仅时取等号，所以的最小值为120.
故选：B.
二、多项选择题：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. 已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边过点，且，则下列说法正确的有（ ）
A. 是第四象限角B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】因为，所以，
又，所以点在第四象限，
所以是第四象限角，故A正确；
因为，所以，故B错误；
因为，所以，
解得（正值舍去），故C正确；
由C的分析知，，故D正确.
故选：ACD.
10. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，，点在直线上，且，则点的坐标可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】设，由题意得，且点在直线上，故可得以下两种情况：
①，此时有，可得，
解得.
②，此时有，可得，
解得.
综上所述，点的坐标为或.
故选：AB.
11. 如图，已知正六边形的边长为2，点为正六边形上的动点，下列说法错误的是（ ）
A. B.
C. 的最小值为D. 的最大值为12
【答案】AD
【解析】对于A，，由题图可得与为相反向量，故A错误；
对于B，由题图易得平分，
且正三角形，设交于，根据平行四边形法则有与共线且同方向，易知，则，
而，故，故，故B正确；
对于C，根据向量数量积的几何意义可知，的最小值为，故C正确；
对于D，取的中点为，连接，则，
则
，故D错误.
故选：AD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，且，则__________.
【答案】
【解析】，由，可得，所以，
所以.
13. 已知为等腰三角形，且，则__________.
【答案】
【解析】在中，令内角所对的边分别为，
由及正弦定理，得，
若为底边，则，，不能构成三角形，
所以为底边，故，
由余弦定理得.
14. 定义是中的较小者.已知函数，若，且方程有3个不同的解，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】由题意，函数和在同一坐标系中的大致图象如图：
函数的定义域为.
因为方程有3个不同的解，所以方程有1个解且为1，
方程有2个小于1的正数解.
所以m2-1>0，001⋅(2-λ)≠-λ⋅3，解得且，
所以实数的取值范围为.
17. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，.
（1）求的解析式；
（2）判断的单调性（无需证明），并解关于的不等式.
解：（1）设，则.
是奇函数，且当时，，
.
所以.
（2），
时，，对称轴为，开口向上，
易知在为减函数，
由函数为奇函数，可知在上单调递减；
是奇函数，，
即.
的定义域是是减函数，，
即，解得：，
即不等式的解集是.
18. 数学家波利亚说：“为了得到一个方程，我们必须把同一个量以两种不同的方法表示出来，即将一个量算两次，从而建立相等关系”这就是算两次原理，又称为富比尼原理.例如：如图甲，在△ABC中，D为BC的中点，则，，两式相加得，.因为D为BC的中点，所以，于是.请用“算两次”的方法解决下列问题：
（1）如图乙，在四边形ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点，证明：.
（2）如图丙，在四边形中，E，F分别在边AD，BC上，且，，，，与的夹角为，求向量与向量夹角的余弦值.
解：（1）证明：在四边形ABFE中，，①
在四边形CDEF中，，②
由①②，得，
因为E，F分别为AD，BC的中点，
所以，，
于是.
（2）在四边形ABFE中，①，
在四边形CDEF中，②，
由，，
得，.
由，得，
所以，
所以，
，
所以.
19. 我们知道，函数的图象关于轴成轴对称图形的充要条件是函数为偶函数，我们可以将其推广为：函数的图象关于直线成轴对称图形的充要条件是函数为偶函数.
（1）若函数满足为偶函数，求的值.
（2）若函数，判断函数的图象是否是轴对称图形？如果是，求出其对称轴；如果不是，请说明理由.
（3）在（2）的条件下关于的不等式恒成立，求实数的取值范围.
解：（1）因为，
所以图象的对称轴为直线，
所以为偶函数，所以.
（2）函数的图象是轴对称图形.
理由如下：若函数的图象是轴对称图形，则满足为偶函数，
即，
所以，
所以，解得，
所以函数的图象是轴对称图形，且对称轴为直线.
（3）若恒成立，则恒成立.
由（2）可知的图象关于直线对称，
因为当时，，
当且仅当时取等号，所以函数的最小值是4.
所以，即，解得或，
即实数的取值范围是.