湖南衡阳市耒阳市第一中学等校2025-2026学年高一下册3月联考数学试卷（含答案）

这是一份湖南衡阳市耒阳市第一中学等校2025-2026学年高一下册3月联考数学试卷（含答案），共5页。试卷主要包含了 已知函数，则下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.
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. 下列物理量不能用向量表示的是（）
A. 质量B. 位移C. 速度D. 加速度
【正确答案】A
【详解】向量是既有大小又有方向的量，
而质量只有大小没有方向，不能用向量表示，
位移､速度､加速度是既有大小又有方向的量，都是向量.
2. 已知复数，则（）
A. B. C. 5D. 6
【正确答案】B
【分析】先应用复数的乘法及减法化简，再应用模长公式计算求解.
【详解】，
故.
3. 如图，已知网格纸中每个小正方形的边长为1，向量的位置如图所示，则（）
A. 3B. C. 5D.
【正确答案】D
【分析】建立适当平面直角坐标系后可用坐标表示各个向量，再利用向量坐标运算及模长公式计算即可得.
【详解】建立如图所示平面直角坐标系，可得，
所以，则.
4. 已知函数在上存在零点，则实数的取值范围为（）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】先判断函数的单调性，再结合零点存在性定理求解即可.
【详解】因为函数在上单调递增，
所以函数在上单调递增，
要使函数在上存在零点，
则，解得，
则实数的取值范围为.
5. 在平行四边形中，是上靠近点的三等分点，与交于点，则（）
A. B.
C. D.
【正确答案】C
【详解】
由题意知，所以，所以，
又，
所以
6. 已知向量满足与的夹角为，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】利用向量的数量积公式与模长与数量积的关系计算即可得.
【详解】由已知得，
所以
，
当时，取得最小值48，
所以的取值范围是.
7. 在中，角的对边分别为，已知，且的面积为，则的最小值为（）
A. 2B. C. 4D.
【正确答案】C
【分析】借助正弦定理、余弦定理和基本不等式计算即可得.
【详解】因为，
所以，即，
所以，又，所以，
由的面积为，得，可得，
所以，
当且仅当，即时取等号.
8. 已知函数，若函数恰有5个不同的零点，则实数的取值范围为（）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】设，令，可得或.
作出函数的大致图象，结合图象和题意求解的取值范围.
【详解】设，令，得，
即，解得或.
作出函数的大致图象如图所示：
由图可知，直线与函数的图象有3个交点，又因为原方程恰有5个不同的实数根，
所以直线与函数的图象有2个交点，由图可得，所以实数的取值范围是.
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. 如图，是边长为的等边三角形，是的外接圆圆心，延长与交于点是外接圆上一点，则（）
A. 的最大值为4
B.
C.
D. 当取最大值时，三点共线
【正确答案】ABC
【分析】对于A，由外接圆直径为的最大值可判断；对于B，由向量投影与数量积的关系可判断；
对于C，由等边三角形重心的向量性质可判断；对于D，由的几何意义与点的位置可判断.
【详解】对于A，因为的边长为，外接圆的半径，所以的最大值为，故A正确；
对于B，由题意知，所以，故B正确；
对于C，等边三角形的外接圆圆心也是重心，所以，所以，故C正确；
对于D，当取最大值时，点是圆的最右边的点，即过点O的水平线与圆在右侧的交点，
此时在上的投影向量的模最大，显然不满足，三点共线，故D错误.
10. 已知函数，则下列说法正确的是（）
A. 在上单调递减
B. 不等式的解集是
C. 将的图象向右平移个单位长度后所得图象对应的函数为奇函数
D. 将的图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到的图象
【正确答案】BC
【详解】对于A，当时，，
因为在上没有单调性，所以在上不单调递减，故A错误；
对于B，由，得，
解得，故B正确；
对于C，将的图象向右平移个单位长度后所得图象对应的函数为
，是奇函数，故C正确；
对于D，将的图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，
得到的图象，故D错误.
11. 已知函数，其中表示不超过的最大整数，如，，，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 的最大值为1
C. 为周期函数
D. 不等式的解集为
【正确答案】ACD
【详解】对于A，因为，所以，A正确；
对于B，根据定义，是不超过最大整数，因此，即的值域是，B错误；
对于C，对任意实数，有，因此是周期函数且周期为．C正确；
对于D，因为，即，解得，所以，
当时，，当时，，所以原不等式的解集为，D正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知复数在复平面内对应的点在第二象限，则实数的取值范围是__________.
【正确答案】
【分析】借助复数的几何意义计算即可得.
【详解】由题意知，则，
所以，故.
13. 已知且，则__________.
【正确答案】29
【分析】由条件结合指数与对数关系可得，结合指数幂运算性质和对数运算性质求结论.
【详解】因为，所以，
所以，
.
14. 如图，已知五边形的每个内角都小于，则的取值范围是__________.
【正确答案】
【分析】连接，由题意可得，则可利用余弦定理求得，则可得，再设，利用正弦定理可表示出，最后利用辅助角公式及范围即可得解.
【详解】如图，连接，在中，，则，
所以，
则，
所以，
设，则，
于是在中，由正弦定理，得，
所以，
所以，
因为，所以，则，
所以的取值范围是.
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. 已知平面向量，且.
（1）若向量，求的夹角的大小；
（2）当时，求的取值范围.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）先分别求出的值，进而可以直接用坐标表示，再计算即可
（2）用关于的函数表示，求出该函数的值域即可
【小问1详解】
由，可得，解得，
，
.
设的夹角为，则，
又，故的夹角为.
【小问2详解】
，
令，
则时有时有，
的取值范围为.
16. 已知函数.
（1）用“五点法”作出在区间上的图象，并求的单调递减区间；
（2）若在上有两个不等实根，求实数的取值范围.
【正确答案】（1）图象如下：
单调递减区间为
（2）
【分析】（1）根据五点作图法的规则列表描点连线作出图象，整体代入法或图象法求单调递减区间；
（2）将问题转化为函数与的图象有两个交点，数形结合可得.
【小问1详解】
由已知可得
列表：
描点､连线，得到在区间上的图象如图所示：
方法一：由图象可知，在上单调递减，又的最小正周期为，
所以的单调递减区间为.
方法二：令，解得，
故单调递减区间为.
【小问2详解】
结合图象可知：在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
因，，
在上有两个不等实根，则或，
所以实数的取值范围为.
17. 在中，内角对边分别为，已知.
（1）若，求的面积；
（2）若，求的周长.
【正确答案】（1）
（2）或
【分析】（1）先利用余弦定理求边，再利用三角形的面积公式求面积.
（2）先利用正弦定理结合所给条件求角和角，再分情况确定三角形的形状求周长.
【小问1详解】
由余弦定理得，
将代入，得，
化简得，所以，所以.
又，所以，
故.
【小问2详解】
由正弦定理得，又，可得.
因为，即，
所以，因为，所以一定是锐角，故.
同时，，故或.
①若，则，此时为直角三角形，为斜边.
，
所以周长.
②若，则，此时为等腰三角形，
所以，
周长.
综上所述，的周长为或.
18. 已知函数.
（1）若的定义域为，求实数的取值范围.
（2）当时，若在上单调递增，求实数的取值范围.
（3）设函数.若，使得成立，求实数的取值范围.
【正确答案】（1）
（2）
（3）
【分析】（1）应用对数函数定义域结合二次函数恒成立计算求解参数；
（2）应用对数复合函数单调性列式计算求解参数；
（3）先应用指数函数单调性把恒成立及存在问题转化为最值问题，方法一：分类讨论对称轴求解参数范围；方法二：先参数分离，再应用函数单调性结合基本不等式计算求解最值得出参数范围.
【小问1详解】
因为函数的定义域为，
所以恒成立，则，解得，
所以实数的取值范围为.
【小问2详解】
当时，.
令，得或，
又，当时，单调递减，当时，单调递增，
所以在上单调递增，
因为题中在上单调递增，所以实数的取值范围为.
【小问3详解】
因为，使得成立，所以.
因为在时单调递减，
所以，
即，即成立.
方法一：设，其图象的对称轴为直线.
当时，只需，解得；
当时，只需，解得；
当时，只需，无解.
综上，得，即实数的取值范围为.
方法二：成立，等价于成立，
所以.
记，则在上单调递增，所以，所以.
成立，等价于成立，
所以.
记，则（当且仅当时取等号），所以，所以，
综上，，即实数的取值范围为.
19. 在平面几何中，三角形的“莱莫恩点”是一个具有优美性质的特殊点，其定义如下：记的内角所对的边分别为，平面内一点到三边的距离满足，称点为的“莱莫恩点”.
（1）若在中，，求常数的值；
（2）求证：；
（3）若，试判断的形状，并说明理由.
【正确答案】（1）
（2）证明见解析（3）等腰三角形或直角三角形，理由见解析
【分析】（1）根据题设数据先得到，再结合“莱莫恩点”的定义求解即可；
（2）结合（1）可得，延长交于点，进而得到，，进而求证即可；
（3）由结合（2）可得，进而分、两种情况讨论求解即可.
【小问1详解】
因为，所以，
所以，
连接，将分割为，
根据“莱莫恩点”的定义，点到三边的距离分别为.
所以
.
代入已知数据，得，故.
【小问2详解】
由（1）可知，点到三边的距离分别为，
则.
如图，延长交于点，根据面积法可知，
所以.
另一方面，因为与同底，所以到的距离之比等于三角形面积之比，
即，所以.
所以.
【小问3详解】
为等腰三角形或直角三角形，理由如下：
由可知，
由（2）知，所以，
展开得，
又因为，所以.
因为，所以有以下两种情况：
当时，即，此时为等腰三角形；
当时，即，此时为直角三角形.
综上所述，为等腰三角形或直角三角形.0
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