湖北省问津教育联合体2024-2025学年高一下学期3月月考 数学试题（含解析）

这是一份湖北省问津教育联合体2024-2025学年高一下学期3月月考 数学试题（含解析），共17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。
数学试题
考试用时：120分钟 满分：150分
一、单选题：本大题共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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解不等式，得到，由指数函数单调性得到，根据交集概念求出答案.
【详解】，
，.
故选：D
2. “”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
【答案】B
【解析】
【分析】先化简指数不等式和对数不等式，再去判断二者之间的逻辑关系即可
【详解】为R上单调递减函数，由，可得
为上单调递增函数，由，可得
则由“”可以得到“”；
由“” 不能得到“”
则“”是“”的必要不充分条件
故选：B
3. 在中，为边上的中线，为的中点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平面向量基本定理，结合平面向量线性运算的性质进行求解即可.
【详解】∵为边上的中线，∴，
∵E为的中点，∴，
∴，
故选：D.
4. 函数的部分图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】探讨函数的奇偶性，再由时的函数值正负判断即可.
【详解】函数的定义域为R，，即是奇函数，排除AC；
当时，，则，选项D满足，B不满足.
故选：D
5. 已知向量，的夹角为45°，且，，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据平面向量的数量积及运算律计算即可.
【详解】因为向量，的夹角为45°，且，，
所以，
则.
故选：A.
6. 若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用倍角公式，整理化简已知条件，求得，再求，即可求得.
【详解】，又，故，故，
则，解得，故，
故.
故选：C.
7. 已知向量，，若向量在向量上的投影向量，则（ ）
A. B. 3C. D. 7
【答案】A
【解析】
【分析】利用投影向量的概念结合平面向量数量积的坐标表示及模长公式计算即得.
【详解】因向量在向量上的投影向量是，
则，
故，
于是.
故选：A
8. 已知正实数a，b满足：，，则的值是（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用对数运算进行变形，然后构造函数，利用函数单调性求解即可.
【详解】，故即
故，且，即，
设，则，
易知增函数，故，
所以.
故选：B
二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知中，是边上靠近的三等分点，过点的直线分别交直线，于不同的两点，，设，，其中，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】A，B选项：根据平面向量线性关系得到的和，的关系；C，D选项：根据平面向量线性关系得到的和，的关系，根据平面向量的共线定理建立等式.
【详解】对于A，B：，A正确，B错误；
对于C，D：因为，，所以，
又因M，O，N三点共线，所以，故，C正确，D错误．
故选：AC.
10. 函数，以下正确的是（ ）
A. 若的最小正周期为π，则
B. 若，且，则
C. 当时，在单调且在不单调，则
D. 当时，若对任意的x有成立，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，由最小正周期计算公式可判断选项正误；
对于B，由题可得相邻对称轴间的距离，然后由最小正周期计算公式可判断选项正误；
对于C，由题可得最小正周期范围，然后由周期计算公式可判断选项正误；
对于D，可得在时取最大值，即可得表达式，然后结合，可得答案.
【详解】对于A，由题可得，故A正确；
对于B，由题可得，则，
且，可得相邻对称轴间的距离，即半个最小正周期为，
则最小正周期为π，故，故B错误；
对于C，因在单调且在不单调，
则半个最小正周期满足：
，故C正确；
对于D，由题可得在时取最大值，又，
则，又，
则当时，取最小值，故D正确.
故选：ABD
11. 如图，已知点P是的中线上一点（不包含端点），且，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 的最大值为
C. 的最小值为D. 的最小值是8
【答案】BC
【解析】
【分析】利用向量的共线定理即可判断A选项；利用基本不等式即可判断B选项；将转化为，利用二次函数的最值即可判断C选项；利用基本不等式的乘“1”法，即可判断D选项.
【详解】对于A，，因为三点共线，
故，故A错误；
对于B，，故，当且仅当时，等号成立，
故B正确；
对于C，，故，
所以，故C正确；
对于D，，
当且仅当即时，等号成立，故D错误.
故选：BC
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 木雕是我国古建筑雕刻中很重要的一种艺术形式，传统木雕精致细腻､气韵生动､极富书卷气．如图是一扇环形木雕，可视为扇形OCD截去同心扇形OAB所得部分．已知，，，则该扇环形木雕的面积为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据扇形的面积公式计算即可．
【详解】环形面积.
故答案为：．
13. 定义两个向量，的运算“”：与运算“*”：，其中是，的夹角．若，，，则________．
【答案】
【解析】
【分析】由题干中给的定义，利用同角三角函数的平方关系算出，再利用题干条件即可得到结果.
【详解】因为，，，所以，
解得：，又，所以，
所以，
故答案为：6
14. 已知中，，，D为上一点，且，，垂足为E，则________．
【答案】##
【解析】
【分析】以E为坐标原点，EA,EB所在直线为x轴，y轴，建立平面直角坐标系，根据条件求出的坐标，即可求得结果.
【详解】
如图，以E为坐标原点，EA,EB所在直线为x轴，y轴，建立平面直角坐标系，
因为,所以，则
又，过D作于F，易知，所以，
得到，设，则，
所以.
故答案：
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. 化简下列各式：
（1）；
（2）；
（3）．
【答案】（1）
（2）
（3）0
【解析】
【分析】（1）根据平面向量的线性运算计算即可；
（2）根据平面向量的线性运算计算即可；
（3）根据平面向量的线性运算及数量积计算即可.
【小问1详解】
.
【小问2详解】
.
【小问3详解】
.
16. 已知，，，且，，，若，．
（1）求；
（2）求满足的实数m，n的值；
（3）求M，N的坐标及向量的坐标．
【答案】（1）；
（2）；
（3），，．
【解析】
【分析】（1）计算出，利用线性运算得到；
（2）根据向量运算法则得到方程组，求出；
（3）计算出，得到，同理得到，得到的坐标.
【小问1详解】
由题意得，
，，
所以；
【小问2详解】
因为，
又，
所以，
解得，即；
【小问3详解】
设为坐标原点，∵，
∴，即，
又，
∴，即，
∴．
17. 函数的部分图象如图所示．
（1）求的最小正周期及解析式；
（2）设函数，求在区间上的最小值；
（3）设实数，，若将函数的曲线向右平移个单位，再把各点横坐标变为原来的2倍．然后向下平移1个单位，得到，求方程存在4个不等的实数根时a的取值范围．
【答案】（1），
（2）
（3）．
【解析】
【分析】（1）由图像可得，，进而利用周期公式由求出，再将点代入求出，即可得的解析式；
（2）由(1)得到的解析式并结合辅助角公式化简，再由得的范围，利用正弦函数的单调性即可得结果；
（3）根据图像变换得到，令，据题意得方程在上存在两个相异的实根， 根据二次函数及其方程的性质列出的不等式求解即得.
【小问1详解】
由图可得，，所以，因此，
又由时，，可得，即，
又，所以，
故
【小问2详解】
由(1)知
所以，
又因为，所以，
故当，即时，函数取最小值
【小问3详解】
将的图象向右平移个单位所得图象的解析式为，
再把各点横坐标变为原来的2倍，所得图象的解析式为，
将图象向下平移一个单位所得图象的解析式为，
令，因为，则，画出的图像，
可以得到使方程存在4个不等的实数根，则方程在上存在两个相异的实根，
令，则g0=1>0g1=3−2a+1>0Δ=−2a2−4×3×1>00