四川省2024_2025学年高一数学下学期3月月考试题含解析

这是一份四川省2024_2025学年高一数学下学期3月月考试题含解析，共15页。试卷主要包含了 函数的最小正周期是， 已知，则， 设，则的大小关系为， 已知函数为偶函数，则， 方程的根的个数是， 下列说法正确的是， 已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
考试试卷共120分钟，满分150分
一､单选题（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，只有一项符合题目要求）
1. 函数的最小正周期是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据的周期概念求解．
【详解】由已知最小正周期是，
故选：C．
2. 已知扇形的圆心角为，半径为6，则扇形面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由扇形的面积公式代入计算，即可得到结果.
【详解】因为扇形的圆心角为，半径为6，
则扇形面积是.
故选：B
3. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用二倍角的余弦公式可求得结果.
【详解】由二倍角的余弦公式可得．
故选：A．
4. 设，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由指数函数的单调性可得，由对数函数的单调性可得，且，即可得到结果.
【详解】因为，，，
所以.
故选：D
5. 已知函数为偶函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据偶函数的性质，列式求解.
【详解】为偶函数，则，，取，则.
故选：D.
6. 方程的根的个数是（ ）
A. 5B. 4C. 3D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】在同一坐标系中，画出和的函数图象求解.
【详解】画出和的函数图象，
因为，，
结合图象可得函数与函数图像的交点个数是5个.
故选：A
7. 已知函数在区间上单调递增，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据正弦函数的单调性结合已知函数的单调区间列出不等式组，解之即可.
【详解】因为，所以，
因为函数在区间上单调递增，
且，
所以，解得，
所以的取值范围是.
故选：A.
8. （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先将代入所求式子通分化简，再结合二倍角公式、两角差的正弦公式，即可得解．
【详解】解：
．
故选：A．
二､多选题（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，有选错的得0分）
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 是第三象限角
B. 经过30分钟，钟表的分针转过弧度
C. 若角终边上一点的坐标为（其中），则
D. 函数的图象可由函数的图象向左平移个单位得到
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A，利用终边相同的角易判断；对于B，考虑分针顺时针旋转及旋转量易判断；对于C，利用三角函数的定义易求得；对于D，利用平移变换规律易判断.
【详解】对于A，因，而是第二象限角，故A错误；
对于B，经过30分钟，钟表的分针转过了6大格，又是顺时针旋转，故分针转过了弧度，即B正确；
对于C，依题意，角为第四象限角，则，故C正确；
对于D，将函数的图象向左平移个单位可得，故D错误.
故选：BC.
10. 已知函数，则（ ）
A. 的最大值是2
B. 在上单调递增
C. 直线是函数的一条对称轴
D. 函数的对称中心坐标为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据余弦函数的最值可得选项A正确；根据得，结合余弦函数的单调性可得选项B正确；根据可得选项C错误；根据整体代入法求出函数的对称中心可得选项D正确.
【详解】A.由可知的最大值是2，A正确.
B当时，，
由函数在上单调递增可得在上单调递增，B正确.
C.当时，，选项C错误.
D.由得，
故函数的对称中心坐标为，D正确.
故选：ABD.
11. 摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，乘客坐在摩天轮慢慢往上转，可以从高处俯瞰四周景色.已知摩天轮最高点距离地面高度为，转盘直径为，开启后按逆时针方向匀速旋转，摩天轮设置有36个座舱，转一周需要.游客甲在座舱转到距离地面最近的位置进舱，后距离地面的高度为（单位：），下述结论正确的是（ ）
A.
B. 甲进舱10分钟后距离地面的高度是
C. 在运行一周的过程中，的时间超过
D. 游客乙在甲后的第6个座舱进舱，乙进舱后内，存在某一时刻甲，乙距离地面高度相等
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意建立三角函数模型，先得出解析式，然后结合三角函数的图像与性质逐一判断选项即可.
【详解】以摩天轮轴心为原点,以与地面平行的直线为轴建立平面直角坐标系，设摩天轮距地面最近点为，则由题可知，摩天轮转动角速度为，
游客甲在处进舱，以轴正半轴为始边，后所在位置为终边所成的角为，
由三角函数的定义可得，故A正确；
当时，，故B不正确；
在第一圈中，由，故的时间超过，故C正确；
设甲乙所在的位置分别为，则，
则乙进舱后乙甲的高度分别为，
令，得，故D正确；
故选：ACD.
三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 计算：___________.
【答案】##
【解析】
【分析】由两角和的余弦公式即可得.
【详解】.
故答案为：.
13. 已知为钝角，且，则角等于__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用两角和的正切公式计算可求得，可求.
【详解】因为，所以，所以，
解得，因为为钝角，所以.
故答案为：.
14. 已知函数图象相邻两对称轴间的距离为，且为奇函数.，记函数在上的零点从小到大依次为，则的值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题目条件,先求出,得到,从而的根为，设，转化为直线与函数在上的图象交点问题，根据对称性得，代入即得.
【详解】由题知最小正周期为，所以，
所以,又为奇函数,
故，得，又，所以，
所以，故
由，得到,
因为，
令,则，
设，如下图所示：
由图可知，直线与函数在上的图象有四个交点，
点关于直线对称，
点关于直线对称，
所以，而，
代入得：.
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，且.
（1）求的值；
（2）的值.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，得到，结合三角函数的基本关系式，求得，进而求得的值；
（2）由（1）知，化简，代入计算，即可求解.
【小问1详解】
解：因为，可得，
又因为，可得，所以，
则
【小问2详解】
解：由（1）知，
则.
16. 已知集合，集合.
（1）当时，求；
（2）若是的必要条件，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件化简集合和，再求交集即可.
（2）根据已知可得是的子集，列不等式组进而求解.
【小问1详解】
解不等式，得，即，
当时，，
所以
【小问2详解】
因为是的必要条件，
所以，
所以，解得：，
所以的取值范围是.
17. 已知函数.
（1）求的最小正周期和单调增区间；
（2）若，求的值域.
【答案】（1）最小正周期；单调增区间
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦型函数的最小正周期公式以及单调区间代入计算，即可得到结果；
（2）先由条件可得的范围，再结合正弦函数的性质，即可得到结果.
小问1详解】
因为函数，
则其最小正周期，
由，
解得，
所以的单调增区间为.
【小问2详解】
由可得，
当时，；
当时，；
所以的值域为.
18. 已知定义在R上的函数是奇函数．
（1）求a的值；
（2）判断的单调性（不需要写出理由）；
（3）若对任意的，不等式恒成立，求实数k的取值范围．
【答案】（1）
（2）在R上为减函数
（3）．
【解析】
【分析】（1）由为R上的奇函数，可代入，得到a的值，再检验即可；
（2）由的单调性，可推得的单调性；
（3）先结合单调性和奇偶性即可处理抽象函数不等式，再用跟的判别式法处理二次函数恒成立问题即可.
【小问1详解】
因为的定义域为R，且为奇函数，
所以，即，可得．
经检验，时，
,
所以为奇函数．
则.
【小问2详解】
因为在定义域为R上单调增，
所以可判定在定义域为R上单调减.
【小问3详解】
因为为奇函数，所以可化为，
又在R上单调递减，所以，
即对于一切恒成立，
所以，解得，
所以k的取值范围是．
19. 已知函数的最小正周期为.
（1）求实数的值；
（2）若函数在上恰有8个零点，求的最小值；
（3）设函数，证明：有且只有一个零点，且.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式及辅助角公式化简函数解析式，由三角函数周期计算公式可得答案.
（2）要使最小，则均为零点，据此可得答案.
（3）由题可得，讨论、及时函数的单调性，结合零点存在性定理可得零点情况，由单调性可完成证明.
【小问1详解】
由题意得，，
∵的最小正周期为，
∴，故.
【小问2详解】
由（1）得，，
由得，，故或，
∴或，
要使最小，则均为零点.
若，则大于的7个从小到大排列的零点依次为：，
得，此时，；
若，则大于的从小到大排列的7个零点为：，
得，此时，，
∵，∴的最小值为.
【小问3详解】
由（1）得，定义域为，
①当时，，在上单调递增，
∴函数在上单调递增，
∵，
∴使得，故在上有且只有一个零点．
②当时，，在上单调递增，在上单调递减，
∴，
∴，故在上不存在零点.
③当时，在上单调递增，，
∵，∴，故在上不存在零点.
综上，有且只有一个零点，且.
∵，∴，
∴，
∵在上单调递减，在上单调递增，
∴在上单调递减，
∴，
∴.