海南省嘉积中学2024−2025学年高一下学期第一次月考 数学试题（含解析）

这是一份海南省嘉积中学2024−2025学年高一下学期第一次月考 数学试题（含解析），共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．“为第一或第四象限角”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
3．下列函数中，是奇函数且周期为的是（ ）
A．B．
C．D．
4．已知向量，且，则实数（ ）
A．B．C．1D．
5．如图所示，某数学兴趣小组为了测量嘉兴某地“智标塔”高度，在地面上点处测得塔顶点的仰角为，塔底点的仰角为. 已知山岭高为米，则塔高为（ ）

A．米B．米
C． 米D． 米
6．4（ ）
A．1B．C．D．
7．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
8．在△中，是三角形内一点，如果满足，，则点的轨迹一定经过△的（ ）
A．内心B．外心C．重心D．垂心
二、多选题（本大题共3小题）
9．下面命题正确的是（ ）
A．“”是“”的充分不必要条件
B．命题“任意，则”的否定是“存在，则”
C．函数的最小值为2
D．在中，若，则
10．已知向量，其中，下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．若与夹角为锐角，则
C．若，则在方向上投影向量为D．若
11．已知函数（，），且，，则（ ）
A．B．的最小正周期为
C．在上单调递减D．为奇函数
三、填空题（本大题共3小题）
12．的内角，，的对边分别为，，，，，， 则等于 .
13．函数的最大值为2，则 ．
14．如图，在平行四边形ABCD中，，，，则 .

四、解答题（本大题共5小题）
15．已知是第二象限角，且.
(1)求的值；
(2)求的值.
16．已知，，分别为三个内角，，的对边，且.
(1)求；
(2)若，且的面积为，求的周长.
17．已知函数.
(1)求函数在区间上的取值范围；
(2)将函数的图象向左平移个单位后，再将得到的图象上各点的横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变，得到函数的图象，求的单调递减区间.
18．单位向量，满足.
(1)求与夹角的余弦值：
(2)若与的夹角为锐角，求实数的取值范围.
19．已知函数的部分图象如图所示．
(1)求函数的解析式：
(2)将函数的图象上所有的点向右平移个单位，再将所得图象上每一个点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象．
①当时，求函数的值域；
②若方程在上有三个不相等的实数根，求的值．
参考答案
1．【答案】C
【详解】由，即，解得，
所以，
由，即，解得，所以，
所以.
故选C.
2．【答案】A
【分析】根据轴正半轴上的角的余弦值也大于0以及充分条件、必要条件的定义可得答案.
【详解】当为第一或第四象限角时， ，
所以“为第一或第四象限角”是“”的充分条件，
当时，为第一或第四象限角或轴正半轴上的角，
所以“为第一或第四象限角”不是“”的必要条件，
所以“为第一或第四象限角”是“”的充分不必要条件.
故选A.
3．【答案】A
【详解】对于A选项，，，奇函数，周期，正确；
对于B选项，，，偶函数，周期，错误；
对于C选项，，
，不具有奇偶性，周期，错误；
对于D选项，，，偶函数，周期，错误.
故选A.
4．【答案】A
【详解】由向量，得.
因为，所以，解得.
故选A.
5．【答案】B
【详解】在中，，
在中，，
所以．
故选B．
6．【答案】C
【详解】.
故选C.
7．【答案】C
【详解】解：对两边平方，，
即①，
对两边平方，，
即②，
① +②得，，
即，
即，
则，解得
故选C.
8．【答案】A
【详解】表示与同向的单位向量，表示与同向的单位向量，
故表示起点为，终点在的平分线上的向量，
又，，与共起点，且为同向的向量，
则点也在的角平分线上，故点的轨迹一定经过三角形的内心.
故选A.
9．【答案】ABD
【详解】对于A，，而由，得或，于是“”是“”的充分不必要条件，A正确；
对于B，命题“任意，则”的否定是“存在，则”，B正确；
对于C，函数的定义域为，当时，，C错误；
对于D，在中，由正弦定理得，D正确.
故选ABD.
10．【答案】AC
【详解】若，则，解得，A正确；
若与夹角为锐角，则，解得，
当，，此时，与夹角为，B错误；
若，则，因为在方向上投影为，与同向的单位向量为，
所以在方向上投影向量为，C正确；
由题设，，D错误.
故选AC.
11．【答案】BC
【详解】解：因为函数（，），且，
所以，又，所以，故A错误；
，则， 则，
又，则，所以，故B正确；
，因为，所以，故C正确；
，为偶函数，故D错误.
故选BC.
12．【答案】
【详解】在中，
由正弦定理，
即，解得.
13．【答案】
【详解】，，
当时，取最大值，
，
得.
14．【答案】
【详解】由题意可得，，
所以，所以.
15．【答案】(1)；
(2).
【详解】（1）由，
可得，即，
解得或.
因为是第二象限角，所以.
（2）.
16．【答案】(1)
(2)6
【详解】（1）因为，
由正弦定理得，，
因为，所以，则，
则，又，所以．
（2）由（1）知，又因为，
由余弦定理，得①，
由题意知，即②，
联立①②得，所以，故，
则的周长为.
17．【答案】(1)
(2)，
【详解】（1）由，
由，得，
则，即，
则函数在区间上的取值范围为.
（2）由（1）知，，
则函数的图象向左平移个单位，得到，
再得到的图象上各点的横坐标伸长到原来的4倍，纵坐标不变，得到，
令，，解得，，
所以函数的单调递减区间为，.
18．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用向量数量积的运算法则求得，再由模长与数量积求得与夹角的余弦值；
（2）由题意得且与不共线，从而得到关于的不等式组，解之即可得解.
【详解】（1）因为，，
所以，即，则，
则，即与夹角的余弦值.
（2）因为与的夹角为锐角，
所以且与不共线，
当与共线时，有，即，
由（1）知与不共线，所以，解得，
所以当与不共线时，，
由，得，
即，解得，
所以且，即实数的取值范围为.
19．【答案】(1)；
(2)①；②.
【详解】（1）解：由图示得：，
又，所以，所以，所以，
又因为过点，所以，即，
所以，解得，又，所以，
所以；
（2）解①：由已知得，当时，，
所以，所以，所以，
所以函数的值域为；
②当时，，令，则，
令，则函数的图象如下图所示，且，，，
由图象得有三个不同的实数根，则，，
所以，即，
所以，所以，
故.