文档内容
嘉陵一中高 2024 级高一下第一次月考
数学试题
本试卷满分150分 考试时间120分钟
注意事项：
1. 答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上
的指定位置.
2. 选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、
草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3. 非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡
上的非答题区域均无效.考试结束后，请将答题卡上交.
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是
符合题目要求的）
1． （ ）
A． B． C． D．
2．已知扇形的半径为 ，圆心角为 ，则该扇形的面积为（ ）
A． B． C． D．
3．已知角 的终边经过点 ，则 （ ）
A． B． C． D．
4．设 ， ， ，则（ ）
A． B． C． D．
5． 在 中 则 的值为（ ）
A． B． C． 或 D． 或
6．已知函数 满足 ，将函数 图象向左平移 个单位后其
图象关于y轴对称，则 的最小值为（ ）
A． B． C． D．
试卷第1页，共4页7．把函数 图象上各点的横坐标缩短到原来的 （纵坐标不变），再将图象向右平移
个单位，那么所得图象的一条对称轴方程为（ ）
A． B． C． D．
8．已知 ，则 （ ）．
A． B． C． D．
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．零向量是没有方向的向量
B．零向量的长度为0
C．相等向量的方向相同
D．同向的两个向量可以比较大小
10． 的值可能是（ ）
A． B．3 C． D．
11．已知函数 ，则（ ）
A． 的最小正周期为
B． 图象的一条对称轴为直线
C．当 时， 在区间 上单调递增
D．存在实数 ，使得 在区间 上恰有2023个零点
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12．已知 ，且 ，则 ．
试卷第2页，共4页13．若 ，则 ．
14．将函数 的图象向右平移 个单位长度后得到函数 的图象，若函数
和 在 上都恰好存在两个零点，则 的取值范围是 ．
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15．（本题满分13分）已知 ，且 ，求下列各式的值．
(1)
(2)
16．（本题满分15分）已知 .
⑴化简并求函数的最小正周期
⑵求函数 的最大值，并求使 取得最大值的 的集合
17．（本题满分15分）已知函数 的部分图象如图所
试卷第3页，共4页示，且直线 为 图象的一条对称轴．
(1)求 的解析式；
(2)若方程 在区间 上有且仅有1个实数根，求m的取值范围．
18．（本题满分17分）已知函数 .
(1)求 的单调递增区间；
(2)求 在区间 上的最大值和最小值；
(3)若 在区间 上有且仅有一个解，求 的取值范围.
试卷第4页，共4页19．（本题满分17分）如图，有一块扇形草地OMN，已知半径为R， ，现要在其中圈
出一块矩形场地ABCD作为儿童乐园使用，其中点A、B在弧MN上，且线段AB平行于线段MN
（1）若点A为弧MN的一个三等分点，求矩形ABCD的面积S；
（2）当A在何处时，矩形ABCD的面积S最大？最大值为多少？
试卷第5页，共4页嘉陵一中高2024级高一下第一次月考数学试题参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 A B D C D A D B BC ACD BCD
1．A【分析】利用诱导公式及特殊角的三角函数值计算可得.【详解】 .故选：A
2．B【分析】利用扇形的面积公式可求得结果.
【详解】因为扇形的半径为 ，圆心角为 ，故该扇形的面积为 .故选B.
3．D【分析】由已知结合三角函数的定义即可求解．
【详解】因为角 的终边经过点 ，则 .故选：D.
4．C【分析】根据对数函数的单调性，可得 的取值范围，即可求解，得到答案.【详解】由题意，根据对数函数的
单调性，可得 ，
，即 ，又由 ，所以 ，故选C.
【点睛】本题主要考查了对数函数的单调性的应用，以及余弦函数的性质的应用，其中解答中根据对数函数的单调性和
余弦函数的性质，得到 的取值范围是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
5．D【分析】根据正弦值的大小分析可得 ，进而求 ，再根据 结合两角和差
公式运算求解，注意 的符号.
【详解】因为 ，即 ，可知 ，
且 ，则 ，
若 ，可得 ；
若 ，可得 ；
综上所述： 的值为 或 .故选：D.
6．A【分析】首先根据 ，求得 ，再根据 ，确定函数的解析式，并求得平移后的解析式
，最后根据函数的对称性，确定 的最小值.【详解】因为 ，所以 ，即
， ，又因为 ，所以当 时， ，所以 ，将其图象向左平移 个单位
后，所得函数 ，因为函数 的图象关于y轴对称，所以 ，
，即 ， ，当 时， ，所以 的最小值为 .故选:A.
7．D【分析】利用三角函数图象的变换规律得出变换后的函数的解析式为 ，然后求出该函数的对称轴方
程，利用赋值法可得出该函数图象的一条对称轴.【详解】将函数 图象上各点的横坐标缩短到原来的
（纵坐标不变），得到函数 的图象，再将所得函数图象向右平移 个单位，得到函数
的图象，令 ，解得 ，当 时，可得该函数
图象的一条对称轴方程为 .故选D.【点睛】本题考查三角函数的图象变换，同时也考查了三角函数图象对称轴的求
解，根据图象变换求出变换后的函数解析式是解题关键，考查推理能力属中等题.
8．B【分析】根据倍角与半角公式 ，
答案第1页，共8页将题目化为 ，因式分解，然后根据三角函数的有界性对 的值进行取舍，由此得解.
【详解】解：由 ，将 ， 代入化简得
，即 ，解得 （舍去）或 ，故选；B．
9．BC【分析】利用零向量的定义及相等向量的定义，可判断出选项A、B和C的正误，再由向量的定义知选项D错误.
【详解】对于选项A，因为零向量的方向是任意的，所以选项A错误，
对于选项B，因为零向量是方向任意，长度为0的向量，所以选项B正确，对于选项C，因为相等向量是方向相同，长
度相等的向量，所以选项C正确，对于选项D，向量不能比较大小，向量的模长可以比较大小，所以选项D错误，故
选：BC.
10．ACD【分析】根据 的不同取值去绝对值即可求解.
【详解】当 是第一象限角时， 均大于0， ；
当 是第二象限角时， 大于0， 小于0， ；
当 是第三象限角时， 小于0， 大于0， ；
当 是第四象限角时， 小于0， 大于0， ；故选：ACD
11．BCD【分析】化简 的表达式，根据正弦函数的周期性可判断A；根据函数图象的对称轴的性质可判断B；结合
正弦函数的单调性可判断C；取 ，结合正弦函数的零点可判断D.
【详解】对于A， ，故
，即 为 的一个周期，说明 不是 的最小正周期，A错误；
对于B，
，故 图象的一条对称轴为直线 ，B正确；
对于C，当 时， ，则 ，由于正弦函数 在 上单调递增，且 ，
故 在 上单调递增，且 ，此时 ，
而 在 上单调递减，则 在 上单调递增，
故 在 上单调递增，C正确；
对于D，由A可知即 为 的一个周期，且 的最小正周期为 ，故 的最小正周期为 ，
当 时， ，当 时， ，则在 上 的零点为 和 ，
故当 时，恰有 个零点，且第 个零点为 ，
故当 时， 恰有 个零点，即存在实数 ，使得 在区间 上恰有2023个零
点，D正确，故选：BCD
【点睛】难点点睛：本题综合考查了含 型函数的性质，涉及到周期、对称性以及零点问题，综合性较强，解答时要
综合应用函数的对称轴性质以及正弦函数的相关性质，进行解答，对于零点个数问题，可取特殊值，结合正弦函数的周
期性以及零点进行判断.
12． 【分析】由题设求得 ，应用二倍角正弦公式求目标式的值即可.【详解】由题设 ，则
.故答案为：
13．0【分析】根据诱导公式计算．
第2页，共9页【详解】 ，故答案为：0.
14．
【分析】由 的范围，判断两个零点的值，列不等式求 的取值范围；再由 的范围，判断两个零点的
值，列不等式求 的取值范围，取交集即可.
【详解】当 时， ，函数 在 上的两个零点只能满足 或
，所以 ，解得 ①．由题意，得 ，当 时，
．由①知 ，函数 在 上的两个零点只能满足
或 ，所以 ，解得 ②．由①②，得 的取值范围是 ．故答
案为：
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是由角的范围，确定函数 和 在 上两个零点的值，进而通
过不等式求 的取值范围.
15．(1)0；(2)2.【分析】（1）由同角三角函数的关系可得tan α＝－2，再应用商数关系化简求值即可.（2）应用诱导公
式化简求值.
【详解】（1）因为 且 ，所以sin α＝－ ，……2分则tan α＝－2. ……4分
＝0；……6分
（2） ＝ ＝－tan α＝2. ……13分
16．(1) ,最小正周期 (2)
【分析】（1）由倍角公式，将函数 化简，然后得其最小正周期；
（2）由（1）得知函数，根据正弦函数的性质，求得 的最值以及此时 的取值.【详解】（1）由题
所以函数的最小正周期 ……7分
（2）由（1）可知，当 是，即 时，函数 取最大值，最大值为1-1=0,所以，
当 ……15分
【点睛】本题考查了三角函数的性质，解题的关键是利用三角恒等变化对函数进行化简，再利用性质，属于基础题.
17．(1) (2)
【分析】（1）由周期得到 ，代入对称轴得到 ，再根据 得到A=2，即可得到解析式；（2）根
据题意分析可得 与 有且仅有一个交点，结合正弦函数分析运算.
【详解】（1）由已知可得 ，故 ，且 ，解得 ，
答案第3页，共8页因为直线 为 图象的一条对称轴，则 ，
解得 ，且 ，当 时满足条件，此时 ，
则 ，又因为 ，则 ，所 .7
分
（2）由题意可知 ，
整理得 ，原题意等价于 与 有且仅有一个交点，因为
，则 ，且 ，可得 或
，解得 或 ，所以m的取值范围 ．……15分
18．(1) ， (2)最大值为 ，最小值为 (3)
【分析】（1）借助正弦型函数的单调性计算即可得；（2）借助正弦型函数的性质计算即可得；
（3）原问题可转化为方程 在区间 上有且仅有一个解，即可得 ，即可得
解.
【详解】（1）令 ， ，解得 ， ，
故 的单调递增区间为 ， ；……5分
（2）当 时， ，则 在区间 上的最大值为 ，最小值为 ；10分
（3）令 ，即 ，当 时， ，
即方程 在区间 上有且仅有一个解，即 ，
19．【答案】（1） ;（2） 当A在弧MN的四等分点处时， ．
【解析】【详解】（1）如图，作 于点H，交线段CD于点E，连接OA、OB，
， ，
……8分
第4页，共9页（2）设 则 ，
， 即 时，
，此时A在弧MN的四等分点处答：当A在弧MN的四等分点处时， ……17分
答案第5页，共8页
