广东省梅县东山中学2024-2025学年高一下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版）

这是一份广东省梅县东山中学2024-2025学年高一下学期3月月考数学试题（原卷版+解析版），共20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。
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. 下列函数中，定义域为的是（ ）
A. B.
C. D.
2. 如图，在中，，点是的中点，设，则（ ）
A. B.
C D.
3. 已知函数，用二分法求的零点近似值，零点所在大致区间为（ ）
A. B. C. D.
4. 已知，且，则（ ）
A. B. C. D. 12
5. 称方程的根为函数的“+1点”，则函数的“点”为（ ）
A. B. 或C. 或1D.
6. 已知，，，，则（ ）
A. B. 或C. D. 或
7. 幂函数过点，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
8. 已知函数在区间上的最大值为，则实数的取值个数最多为（ ）个
A. 1B. 2C. 3D. 4
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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，，则
C. 若，则D. 若，则
10. 已知向量满足，则下列结论正确的有（ ）
A
B. 若，则
C. 在方向上的投影向量为
D. 若，则与的夹角为
11. 函数（，，）的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 的周期
C. 在上递增
D. 若在上恰有4个零点，则实数的取值范围是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知扇形的周长是其半径的4倍，若该扇形的面积为2，则该扇形的周长为_______．
13. 已知，若函数是定义在上的奇函数，则_______.
14. 已知定义在R上的非常数函数满足：对于每一个实数x，都有，则的一个周期为_________.
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. 已知向量 和 ，则 , 求：
（1） 的值；
（2） 的值；
（3） 与 夹角θ的余弦值．
16. 如图，在平面直角坐标系中，角、的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边、分别与单位圆交于、两点，，，.
（1）若的横坐标为，求的值；
（2）若，求的值.
17. 已知函数.
（1）求函数的最小正周期和单调递增区间；
（2）若，求函数的值域；
（3）若方程在上有两个不相等的实数根，，求的值.
18. 已知函数.
（1）当时，求方程的解；
（2）若存在，使得，求a的取值范围；
（3）若函数在R上的最小值为，求a的值.
19. 设函数的定义域为D，若对，都有，则称函数为中心对称函数，其中为函数的对称中心.比如，函数就是中心对称函数，其对称中心为.
（1）已知定义R上的函数的图象关于点中心对称，且当时，，求，的值；
（2）已知函数为中心对称函数；有唯一的对称中心，请写出对称中心并证明；
（3）已知函数，其中，若正数a，b满足，且不等式恒成立，求t取值范围.
东山中学2027届高一第二学期第一次月考数学试题
考试时间120分钟 满分150分
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. 下列函数中，定义域为的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由函数有意义的条件可得函数的定义域.
【详解】选项A，函数的定义为，故A错误；
选项B，由得，故的定义域为，故B错误；
选项C，由得，故的定义域为，故C错误；
选项D，由得，故的定义域为，故D正确，
故选：D
2. 如图，在中，，点是的中点，设，则（ ）
A B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平面向量线性运算的几何意义，结合平面向量基本定理进行求解即可.
【详解】因为即，点为的中点，
所以，
所以.
故选：D.
3. 已知函数，用二分法求的零点近似值，零点所在大致区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据二分法的定义和计算方法求解即可.
【详解】由函数的解析式可得函数的定义域为，且函数单调递增，
因为，
，
，，
结合函数零点存在定理可知函数的零点位于的区间为，
故选：B
4. 已知，且，则（ ）
A. B. C. D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】根据指对互化，结合换底公式，即可求解.
【详解】由可得，
由，
故，故，由于，故，
故选；B
5. 称方程的根为函数的“+1点”，则函数的“点”为（ ）
A. B. 或C. 或1D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，由函数“点”的定义，代入计算，即可得到结果.
【详解】由题意可得，当时，由，解得（舍去），
当时，由，解得或（舍去），
综上所述，函数的“点”为.
故选：A
6. 已知，，，，则（ ）
A. B. 或C. D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】利用和差角公式化简已知等式，再结合已知求出，进而求出，确定的范围即可得解.
【详解】由，得，
则，而，解得，
因此，由，，
得或，则，
所以.
故选：C
7. 幂函数过点，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，代入点解出，再由单调性和偶函数的性质解不等式即可.
【详解】设，
由题意可得，解得，
所以在上单调递增，且，为偶函数，
所以，
解得，所以不等式的解集为.
故选：C
8. 已知函数在区间上的最大值为，则实数的取值个数最多为（ ）个
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据，得到，再由，分， ，由最大值为求解.
【详解】因为函数在区间上的最大值为，
所以，解得，
因为，所以，
当，即时，，
令，在同一坐标系中作出图象：

令，
因为，，
所以存在唯一，使得；
当，即时，，即，解得 .
所以实数的取值个数最多为2.
故选：B.
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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】BD
【解析】
【分析】根据代入特殊值法，可判断A和C，根据不等式的性质可判断B，根据幂函数的单调性可判断D.
【详解】对于A，当时，，A错误；
对于B，，，可得且，，即，故B正确；
对于C，举反例，时，，故C错误；
对于D，因为在上为增函数，所以，故D正确.
故选：BD
10. 已知向量满足，则下列结论正确的有（ ）
A.
B. 若，则
C. 在方向上的投影向量为
D. 若，则与的夹角为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用向量的数量积定义式和数量积运算律计算可依次判断A,B,D,利用投影向量概念和公式可判断C.
【详解】对于A：因为，所以，故A正确；
对于B：因为，所以，因为，故B正确；
对于C：在方向上的投影向量为，故C错误；
对于D：因为，所以，
因为，所以与的夹角为，故D正确.
故选：ABD.
11. 函数（，，）的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 的周期
C. 在上递增
D. 若在上恰有4个零点，则实数的取值范围是
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据函数图象以及单调性可得A错误，求得函数解析式可判断，即B正确，再由整体代换以及正弦函数单调性可得C正确，由得出，利用图象可得，可判断D正确.
【详解】对于A，由图可知，且，即，
又，可得或；
因为在点附近的图象呈下降趋势，可得，即A错误；
对于B，由选项A可知，，所以，
所以，解得；
由图可知，可得，又，可得；
所以的周期，即B正确；
对于C，由B可知，当，可得；
由在上单调递增，可得在上递增，即C正确；
对于D，当，可得；
若在上恰有4个零点，可得，解得；
即实数的取值范围是，可得D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用零点个数并结合函数图象限定得出不等式，即可得出参数的取值范围.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知扇形的周长是其半径的4倍，若该扇形的面积为2，则该扇形的周长为_______．
【答案】
【解析】
【分析】由扇形的周长公式求得圆心角，再代入扇形的面积公式求得扇形的半径，将求得结果代入扇形的周长公式即可.
【详解】设扇形的半径为，圆心角为，
则扇形的周长，∴，
∴扇形的面积，∴，
∴扇形的周长.
故答案为：.
13. 已知，若函数是定义在上的奇函数，则_______.
【答案】1
【解析】
【分析】利用奇函数的定义求解即可.
【详解】由题意得，，解得，
所以，
故答案：1
14. 已知定义在R上的非常数函数满足：对于每一个实数x，都有，则的一个周期为_________.
【答案】##
【解析】
【分析】由条件可得,进而,然后根据周期定义结合条件即得.
【详解】因为,
所以,
即①对任意成立,
令，则②,
②-①得:,
由可得对任意成立,
即对任意成立,
则,即对任意成立,
则为的一个周期.
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. 已知向量 和 ，则 ,, 求：
（1） 的值；
（2） 的值；
（3） 与 的夹角θ的余弦值．
【答案】（1）；
（2）；
（3） ．
【解析】
【分析】（1）（2）根据平面向量的数量积的定义即可求解；
（3）根据平面向量的夹角公式即可求解．
【小问1详解】
∵ ,, .
∴ ；
【小问2详解】
∵,
∴ ；
【小问3详解】
∵,
∴
16. 如图，在平面直角坐标系中，角、的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边、分别与单位圆交于、两点，，，.
（1）若的横坐标为，求的值；
（2）若，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由三角函数的定义结合同角三角函数的基本关系可求得，由题意得出，可求出的值，再利用诱导公式化简可求得所求代数式的值；
（2）由诱导公式结合已知条件可得出，利用同角三角函数的平方关系可求出的值，联立方程组求出、的值，再利用同角三角函数的商数关系可求得的值.
【小问1详解】
因为点在单位圆上且横坐标为，所以，
因为，所以.
因为，所以，所以.
所以.
【小问2详解】
因为，所以①，
由，得，
所以.
因为，所以，所以②，
联立①②得，，，
所以.
17. 已知函数.
（1）求函数的最小正周期和单调递增区间；
（2）若，求函数的值域；
（3）若方程在上有两个不相等的实数根，，求的值.
【答案】（1）最小正周期为，
（2）
（3）
【解析】
【分析】(1)根据二倍角公式和辅助角公式，把函数整理为正弦型函数，利用周期公式，求周期，利用正弦函数的单调区间，求出函数的单调增区间；
(2)根据题中所给，求得的取值范围，利用正弦函数的图像，求出函数值域；
(3)根据题中所给范围，求得的取值范围，转化为解方程，借助正弦函数的对称性，求得，的关系，代入求解.
【小问1详解】
即，
最小正周期，令，解得，
故单调递增区间为.
【小问2详解】
由，，，
所以在区间上的值域为.
【小问3详解】
由，，
令的两个解为，
则，，，，
所以.
18. 已知函数.
（1）当时，求方程的解；
（2）若存在，使得，求a的取值范围；
（3）若函数在R上的最小值为，求a的值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）换元法求解方程的根即可；
（2）转化为不等式有解，分离参数后求最小值得解；
（3）利用偶函数将问题转化为求在上的最小值，再分类讨论即可.
【小问1详解】
时，函数.令，
当时，，可化为，解得（负根舍去），所以；
当时，，方程化为，解得，舍去.
综上所述，方程的解为.
【小问2详解】
当时，，所以，
由题意得在上有解，
即在上有解，
因，则得在上有解，
因为为减函数，在上的最小值为，所以.
【小问3详解】
因为的定义域为R，，所以为偶函数
由题意知，只需考虑函数在上的最小值.
当时，，.
因为，
所以
令，则在上单调递增，所以，
.
当即时，在上单调递增，所以，舍去；
当即时，，解得（正值舍去）.
综上所述，的值是.
19. 设函数的定义域为D，若对，都有，则称函数为中心对称函数，其中为函数的对称中心.比如，函数就是中心对称函数，其对称中心为.
（1）已知定义R上的函数的图象关于点中心对称，且当时，，求，的值；
（2）已知函数为中心对称函数；有唯一的对称中心，请写出对称中心并证明；
（3）已知函数，其中，若正数a，b满足，且不等式恒成立，求t的取值范围.
【答案】（1），
（2），证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）根据对称性，利用赋值法求值即可；
（2）根据对称性的定义证明即可；
（3）利用函数对称性的性质化简后利用基本不等式求解.
【小问1详解】
由在R上的函数的图象关于点中心对称，得，
则，而当时，，
于是，，
所以.
【小问2详解】
函数的对称中心为，，
所以函数的对称中心为.
【小问3详解】
函数，，
则函数的对称中心为，
记，
则，
于是，即，
依题意，，a，b，c为正数，
不等式恒成立，
而
，
当且仅当，即时取等号，则，
所以的取值范围是.