四川省成都市嘉祥外国语学校2024-2025学年高一下学期3月学业质量检测 数学试题（含解析）

这是一份四川省成都市嘉祥外国语学校2024-2025学年高一下学期3月学业质量检测 数学试题（含解析），共18页。试卷主要包含了 答选择题时， 答非选择题时，必须使用0， 考试结束后，只将答题卡交回， 已知，，则， 设函数， 下列结论中，错误的是， 对于函数，，下列结论正确的有等内容，欢迎下载使用。
本卷共4页，满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1. 答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上.
2. 答选择题时.必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.
3. 答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上.
4. 所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效.
5. 考试结束后，只将答题卡交回.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求.
1. 已知函数的最小正周期为，其中，则（ ）
A. 4B. 5C. 8D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】由三角函数周期公式可得.
【详解】由题可知，则，又，则．
故选：B.
2. （ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】先应用诱导公式，再逆用两角和的正弦公式即可求值.
【详解】.
故选：C.
3. 在中，，，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】运用平面向量加法法则即可得到.
【详解】.
故选：D.
4. 将函数的图象上所有点向右平移个单位后得到的图象关于原点对称，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用平移变换的意义求得变换后的解析式为，进而根据图象关于原点对称，可得，求解即可.
【详解】将函数的图象上所有点向右平移个单位后得到的图象的解析式为，
因为的图象关于原点对称，所以，解得，
因为，所以.
故选：B.
5. 已知，，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先判断所在的象限，再根据三角函数的性质，即可比较大小.
【详解】因为2是第二象限角，所以，，
，所以，
综上可知，，，，，
所以.
故选：C
6. 已知，，则（ ）
A. -7B. C. 7D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知可求得，进而求得.然后根据两角和的正切公式，即可得出答案.
【详解】因为，所以，
所以，
所以，
所以
故选：A．
7. 已知函数，若关于x的方程在区间上有且只有四个不相等的实数根，则正数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】化简函数为，根据题意，转化为在区间上有且只有四个不相等的实数根，求得或，列出不等式组，即可求解.
【详解】由函数，
因为方程在区间上有且只有四个不相等的实数根，且，
可得在区间上有且只有四个不相等的实数根，
则或，
解得或，且，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：D.
8. 设函数（且）满足以下条件：①，满足；②，使得；且，则关于x的不等式的最小正整数解为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据题干条件得到，，，进而解不等式得到或，由得到最小正整数为3，由得到最小正整数为2，综上求出答案.
【详解】由①得：，则，（1）
由②得：，则，（2）
且，即，
联立（1）（2）得：，
因为，所以，
解得：，，
所以，
所以，
将代入得：，
因为，所以，
所以，
，
，
则或，
当，解得：，，
，，
当时，，故最小正整数为3，
当，解得：，，
，，
当时，，故最小正整数为2，
比较得到答案为2
故选：B.
【点睛】方法点睛：三角函数相关的参数取值或取值范围问题，要能够结合题目信息，从奇偶性，周期性，对称性入手，得到等量关系或不等式，进而求出参数的值或取值范围.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共计18分，每小题给出的选项中，有多选项符合题目要求，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. 下列结论中，错误的是（ ）
A. 表示两个相等向量的有向线段，若它们的起点相同，则终点也相同；
B. 若，则，不是共线向量；
C. 若，则四边形是平行四边形；
D. 有向线段就是向量，向量就是有向线段.
【答案】BCD
【解析】
【详解】对于A，表示两个相等向量的有向线段，若它们的起点相同，则终点也相同，故A正确；
对于B，若也有可能，长度不等，但方向相同或相反，即共线，故B错误；
对于C，若，则，可以方向不同，所以四边形不一定是平行四边形，故C错误；
对于D，有向线段不是向量，向量可以用有向线段表示，故D错误.
故选：BCD.
10. 对于函数，，下列结论正确的有（ ）
A. 当时，的图象可由的图象向右平移个单位长度得到
B. 当时，的图像关于点中心对称
C. 当时，在区间上是单调函数
D. 若恒成立，则的最小值为2
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据函数的平移规律，以及诱导公式判断A，根据代入法，结合三角函数的性质判断BC，由函数的最值，求的取值集合，即可判断D.
【详解】A.的图象向右平移个单位得到，故A正确；
B.时，，，故B正确；
C当时，，此时函数先增后减，故C错误；
D.由条件可知，时，函数取得最大值，即,
此时，且，所以的最小值为2，故D正确.
故选：ABD
11. 已知函数，，且，则下列选项正确的是（ ）
A. 的最小正周期为
B. 的图象关于直线对称
C. ，
D. ，在上有两个不同的零点
【答案】BC
【解析】
【分析】对于选项A，判断是否成立；对于选项B，判断是否成立；对于选项C，换元，求出最大值和最小值即可；对于选项D，转换成方程解的个数问题.
【详解】对于选项A，，
因为，所以，故A错误；
对于选项B，，
所以的图象关于直线对称，故B正确；
对于选项C，设，原函数转化，
当时，，此时，
所以，
当时，，此时，
所以，
当时，，此时，
所以，
当时，，此时，
所以，
故C正确；
对于选项D，令，
所以或，
所以或，当时，无解，
在只有一解，故D错误，
故选：BC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 函数的对称中心为________.
【答案】
【解析】
【分析】利用正切函数的对称中心求解.
【详解】令，解得，
所以的对称中心为，
故答案为：
13. 设当时，函数取得最大值，则______．
【答案】
【解析】
【分析】利用辅助角公式化简函数，再利用正弦函数性求出，进而利用差角的余弦求解即得.
【详解】依题意，函数，
其中锐角满足，当时，，
因此，
所以.
故答案为：
14. 已知，其中，且，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】由第一个已知条件得，结合二倍角公式进一步得出，结合第二个已知条件可得关于的方程，由此即可求解.
【详解】依题意，，
，
所以，
所以，
而，
因为，故，
则，
则，
即，
则
，
解得，故.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：关键是得出，由此即可顺利得解.
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. 已知函数．
（1）求的最小值及最小正周期；
（2）求使的x的取值范围．
【答案】（1）最小值为，最小正周期是；
（2），Z．
【解析】
【分析】（1）利用两角和差的正弦及倍角公式将化成一个三角形函数，根据三角函数的值域及周期公式求得结果；
（2）利用三角函数的单调性并结合已知不等式求得结果.
【小问1详解】
因为
，
当，Z时，即，Z时，，
此时取最小值，且最小为，最小正周期.
【小问2详解】
因为，所以，即，
所以，即，Z，
所以的x的取值范围，Z．
16. 已知，且，．
（1）求的值；
（2）求的值．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】（1）利用同角三角函数和二倍角公式可求得，，根据，利用两角和差正弦公式可求得结果；
（2）根据同角三角函数可求得，由，结合两角和差余弦公式和的范围可求得结果.
【详解】（1），，，
，
，
；
（2），，，
；
，，.
17. 如图，有一块边长为3m的正方形铁皮，其中阴影部分是一个半径为2m的扇形，设这个扇形已经腐蚀不能使用，但其余部分均完好，工人师傅想在未被腐蚀的部分截下一块其边落在与上的矩形铁皮，使点在弧上．设，矩形的面积为．

（1）求关于的函数表达式；
（2）求的最大值及取得最大值时的值．
【答案】（1）
（2），或
【解析】
【分析】（1）延长交于，延长交于，根据边角关系得出，，再求即可；
（2）令，由正弦函数的性质得出的范围，再由二次函数的性质即可得解.
【小问1详解】
延长交于，延长交于，
由是正方形，是矩形，可知，，
由，可得，，
所以，，
故；
小问2详解】
令由，可得，
所以，
则，
因为，，
所以，所以，
所以当，即或，即或时，取得最大值，
所以，此时或.

18. 函数的部分图像如图所示.
（1）求的解析式；
（2）若，，求的取值范围；
（3）求实数和正整数，使得函数在上恰有2021个零点.
【答案】（1）；（2）；（3）答案不唯一，见解析．
【解析】
【分析】（1）利用周期求出，再代入特殊点求出，即可求得函数解析式；（2）求出函数在上的值域，令，原不等式转化为恒成立，根据二次函数的图像与性质进行求解；（3）分或、或、或、四类情况讨论函数的图像与直线在的交点情况，再分析当的图像与直线在上恰有2021个交点时n应满足的条件.
【详解】（1）由图可得，即，解得，
函数过点，
∴，∴，解得，
又，∴，．
（2）∵，∴，∴，
令，则由题意得恒成立，
由二次函数图像可知只需，，解得．
（3）由题意可得的图像与直线在上恰有2021个交点．在上，，
①当或时，的图像与直线在上无交点．
②当或时，的图像与直线在仅有一个交点，
若此时的图像与直线在上恰有2021个交点，则．
③当或时，的图像与直线在恰有2个交点，
的图像与直线在上有偶数个交点，不可能有2021个交点．
④当时，的图像与直线在恰有3个交点，
此时，才能使的图像与直线在上有2021个交点．
综上可得，当或时，；当时，．
【点睛】本题考查根据函数图像确定三角函数解析式、余弦型函数的图像与性质、二次不等式恒成立问题、利用函数图像的交点研究函数零点问题，属于较难题.
19. 已知函数图象的一个对称中心到相邻对称轴的距离为，且．
（1）求的解析式；
（2）将函数的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到函数的图象，若，且，求的最大值；
（3）记函数在区间上的最大值为，最小值为，设函数，求函数在区间上的值域．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意可得到周期，即可求得的值，再根据函数值可求得的值，最后根据辅助角公式可求得结果；
（2）根据三角形变换得到变换后的解析式，再根据最值得到的值，即可求得结果；
（3）根据的取值范围，分情况得到的取值范围，整体法求得最值，得到的表达式，即可求得结果.
【小问1详解】
由题意可知，函数的最小正周期为，所以，
所以，所以，
故，
解得，
所以；
【小问2详解】
将函数的图象向左平移个单位长度，
可得的图象，
再向上平移1个单位长度，得到的图象，
所以，
又，所以当时，，
又，所以，
要使最大，则最大，最小．
所以当最大，最小时，
即取得最大值，
最大值为；
【小问3详解】
因为，所以，
当时，在上单调递增，在上单调递减，
所以，
此时；
又，所以，所以，
所以的取值范围为；
当时，在上单调递减，
所以，，
此时；
又，所以，所以，
所以的取值范围为，
综上，函数的值域为．
【点睛】本题考查了三角函数的图形变化以及最值，关键点有；
（1）根据对称中心以及对称轴得到周期，根据周期公式得到参数；
（2）辅助角公式是将含有多个三角函数名称的解析式转化为只含有一个三角函数名称的解析式；
（3）对于三角函数的题，最常用的方法就是整体代入讨论法.