25年春第一次月考数学试题定_2025年03月试卷_0328四川省南充市嘉陵一中2024-2025学年高一下学期3月月考试题_四川省南充市嘉陵一中2024-2025学年高一下学期3月月考试题数学Word版含解析

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．sin330（ ） 1 2 3 A． B． C． D．1 2 2 2 π 2．已知扇形的半径为2，圆心角为 ，则该扇形的面积为（ ） 3 π 2π 4π 5π A． B． C． D． 3 3 3 3   3．已知角的终边经过点 2,1 ，则sin（ ） 6 6 3 3 A． B． C． D． 3 3 3 3 4．设alog ，bln2，ccos2，则（ ） 3 A．bca B．bac C．abc D．acb 5 4 5． 在 ABC中sinA ,sinB 则cosC的值为（ ） 13 5 16 56 16 56 16 56 A． B． C． 或 D． 或 65 65 65 65 65 65    6．已知函数 f xsinx  14满足 f  0，将函数 f x图象向左平移  3 6 0个单位后其图象关于 y轴对称，则的最小值为（ ） 5    A． B． C． D． 12 3 4 12 试卷第1页，共4页7．把函数ysin  x   图象上各点的横坐标缩短到原来的1 （纵坐标不变），再  6 2  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（ ） 3     A．x B．x C．x D．x 4 8 4 2  8．已知16cos2 3cos23，则cos（ ）． 2 5 2 2 5 A． B． C． D． 3 3 3 3 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 sinx cosx tanx 10．y2   的值可能是（ ） sinx cosx tanx A．2 B．3 C．4 D． 0 11．已知函数 f xsinxcosx2m 1 sin2x ，则（ ） A． f x的最小正周期为2π 3π B． f x图象的一条对称轴为直线x 4 3π  C．当m0时， f x在区间  ,π 上单调递增  4  D．存在实数m，使得 f x在区间0,1012π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） 1  π 12．已知sin ，且0,  ，则sin2 ． 2  2   1 5  2  13．若sin  ，则sin cos  ． 6  3  6   3   π π 14．将函数 fxsinx  0的图象向右平移 个单位长度后得到函数  3 3 ygx的图象，若函数y f x和ygx在0,π上都恰好存在两个零点，则的 取值范围是 ． 试卷第2页，共4页四、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） 5  15．（本题满分13分）已知cos ，且 0，求下列各式的值． 5 2 sin2cos (1) ; 3sincos tansin2 (2) . costan 3 1 16．（本题满分15分）已知 f x sin2xcos2x ,xR. 2 2 ⑴化简并求函数的最小正周期 ⑵求函数 f(x)的最大值，并求使 f(x)取得最大值的x的集合  π 17．（本题满分15分）已知函数 f x Asinx  A0,0, 的部分  2 π 图象如图所示，且直线x  为 f x 图象的一条对称轴． 12 (1)求 f x 的解析式；  π  π (2)若方程 f  x  m0在区间  0, 上有且仅有1个实数根，求m的取值范围．  4  2 试卷第3页，共4页 π 18．（本题满分17分）已知函数 f xsin2x .  6 (1)求 f x的单调递增区间；  π (2)求 f x在区间 0, 上的最大值和最小值；    2 (3)若0, f x 1在区间0,π上有且仅有一个解，求的取值范围.  19．（本题满分17分）如图，有一块扇形草地OMN，已知半径为R，MON  ，现要 2 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4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 答案 A B D C D A D B BC ACD 题号 11 答案 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. 1 【详解】sin330sin36030sin30 .故选：A 2 2．B【分析】利用扇形的面积公式可求得结果. π 1 π 2π 【详解】因为扇形的半径为2，圆心角为 ，故该扇形的面积为S   22  .故选B. 3 2 3 3 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 2,1 ， 1 3 则sin  .故选：D. 21 3 4．C【分析】根据对数函数的单调性，可得a,b,c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alog log 31， 3 3 bln2ln10,bln2lne1，即b(0,1)， 又由ccos20，所以abc，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a,b,c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. π 5．D【分析】根据正弦值的大小分析可得0 A B，进而求cosA,cosB，再根据 4 cosCcosAB结合两角和差公式运算求解，注意cosB的符号. 5 2 4 π π 【详解】因为   ，即sinAsin sinB，可知0 A B， 13 2 5 4 4 5 4 12 3 且sinA ,sinB ，则cosA 1sin2A ,cosB 1sin2B  ， 13 5 13 5 答案第1页，共8页4 12 3 5 4 16 若cosB ，可得cosCcosABcosAcosBsinAsinB     ； 5 13 5 13 5 65 4 12 3 5 4 56 若cosB ，可得cosCcosABcosAcosBsinAsinB     ； 5 13 5 13 5 65 16 56 综上所述：cosC的值为 或 .故选：D. 65 65    6．A【分析】首先根据 f  0，求得  k，再根据14，确定函数 6 6 3   的解析式，并求得平移后的解析式gxsin2x2  ，最后根据函数的对称性，  3      确定的最小值【. 详解】因为 f  0，所以sin  0，即  k，kZ， 6 6 3 6 3  π 又因为14，所以当k 0时，2，所以 f xsin2x  ，将其图象向左平  3     移个单位后，所得函数gxsin  2x  sin2x2  ，  3  3   5 k 因为函数gx的图象关于 y轴对称，所以2  k，kZ，即  ， 3 2 12 2 5 5 kZ，当k 0时， ，所以的最小值为 .故选:A. 12 12 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 ycos2x，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   1 条对称轴.【详解】将函数ysinx  图象上各点的横坐标缩短到原来的 （纵  6 2   坐标不变），得到函数ysin2x  的图象，  6  再将所得函数图象向右平移 个单位，得到函数 3       ysin  2x   sin2x cos2x的图象，令2xkkZ，解得   3 6  2 k  x kZ，当k 1时，可得该函数图象的一条对称轴方程为x .故选D. 2 2 【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.  1cos 8．B【分析】根据倍角与半角公式cos2  ，cos22cos21 2 2 将题目化为3cos24cos40，因式分解，然后根据三角函数的有界性对cos的 值进行取舍，由此得解.   1cos 【详解】解：由16cos2 3cos23，将cos2  ，cos22cos21代入化 2 2 2 答案第2页，共8页简得81cos3  2cos21  3， 2 即3cos24cos40，解得cos2（舍去）或cos ，故选；B． 3 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x的不同取值去绝对值即可求解. sinx cosx tanx 【详解】当x是第一象限角时，sinx,cosx,tanx均大于0，y2   2； sinx cosx tanx sinx cosx tanx 当x是第二象限角时，sinx大于 0，cosx,tanx小于 0，y2   2； sinx cosx tanx sinx cosx tanx 当x是第三象限角时，sinx,cosx小于0，tanx大于0，y2   4； sinx cosx tanx sinx cosx tanx 当x是第四象限角时，sinx,tanx小于0，cosx大于0，y2   0； sinx cosx tanx 故选：ACD 11．BCD【分析】化简 f x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m1，结 合正弦函数的零点可判断 D. 【详解】对于A， f x1sin2xm 1 sin2x ，故 f xπ1sin2(xπ)m 1 sin2(xπ) 1sin2xm 1 sin2x  f(x)，即π为 f(x)的一个周期， 说明2π不是 f(x)的最小正周期，A错误； 3π  3π 3π 对于B， f  x1sin2( x)m 1 sin2( x)  2  2 2 1sin(3π2x)m 1 sin(3π2x) 1sin2xm 1 sin2x  f(x),xR， 答案第3页，共8页3π 故 f x图象的一条对称轴为直线x ，B正确； 4 3π  3π  对于C，当m0时，x ,π ，则2x ,2π ，  4   2  3π  由于正弦函数ysinx在  ,2π 上单调递增，且sinx0，  2  3π  故ysin2x在  ,π 上单调递增，且sin2x0，  4  此时 f x1sin2xm 1 sin2x 1sin2xm 1sin2x， 3π  3π  而ysin2x在  ,π 上单调递减，则ym 1sin2x在  ,π 上单调递增，  4   4  3π  故 f x1sin2xm 1sin2x在  ,π 上单调递增，C 正确；  4  对于D，由A可知即π为 f(x)的一个周期，且ysin2x的最小正周期为π， 故 f x的最小正周期为π， 当m1时， f x1sin2x 1|sin2x|， π 当sin2x0时， f x0，则在(0,π]上 f x的零点为 和π， 2 故当x(0,1012π]时，恰有210122024个零点，且第2024个零点为1012π， 故当x(0,1012π)时，f x恰有202412023个零点，即存在实数m，使得 f x在 区间0,1012π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sinx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. 3 3 12． 【分析】由题设求得cos ，应用二倍角正弦公式求目标式的值即可. 2 2 3 3 3 【详解】由题设cos ，则sin22sincos .故答案为： 2 2 2 13．0【分析】根据诱导公式计算． 【详解】 5  2       sin cos sin[( )]cos[ ( )]sin( )sin( )0，  6   3  6 2 6 6 6 故答案为：0. 答案第4页，共8页5 5 14．  ,  3 2 π 【分析】由x 的范围，判断两个零点的值，列不等式求的取值范围；再由 3 π π x  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. 3 3 π π π 【详解】当x0,π时，x  ,π  ， 3 3 3 π π 函数y f x在0,π上的两个零点只能满足x π或x 2π， 3 3 π 5 8 所以2ππ 3π，解得  ①． 3 3 3  π π 由题意，得gxsinx   ，  3 3 π π π π 2π π 当x0,π时，x    ,   ． 3 3 3 3 3 3 π π  5π 2π 由①知     ,  ， 3 3  9 9  π π π π 函数ygx在0,π上的两个零点只能满足x  0或x  π， 3 3 3 3 2π π 5 所以π  2π，解得1 ②． 3 3 2 5 5 由①②，得的取值范围是  ,  ． 3 2 5 5 故答案为：  ,  3 2 【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是由角的范围，确定函数y f x和ygx 在0,π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. 5  2 5 【详解】（1）因为cos 且 0，所以sin α＝－ ，……2分 5 2 5 则tan α＝－2. ……4分 sin2cos tan2  ＝0；……6分 3sincos 3tan1 tansin2 tansin （2） ＝ ＝－tan α＝2. ……13分 costan costan 答案第5页，共8页 16．(1) f(x)sin(2x )1,最小正周期T  6    (2) xx xk ,kZ, f(x) 0  3  max 【分析】（1）由倍角公式，将函数 f(x)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 f(x)的最值以及此时x的取 3 1 3 1   值.【详解】（1）由题 f x sin2xcos2x  sin2x cos2x1sin2x 1 2 2 2 2  6 2 所以函数的最小正周期T   ……7分 2    （2）由（1）可知，当2x 2k ,kZ是，即xk ,kZ 时，函数 f(x)取 6 2 3    最大值，最大值为 1-1=0,所以，当xx xk ,kZ, f(x) 0……15分  3  max 【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.  π 17．(1) f x2sin  2x (2) 1,1 2  3 π 【分析】（1）由周期得到2，代入对称轴得到 ，再根据 f 0 3得到A=2， 3  π  π m 即可得到解析式；（2）根据题意分析可得 y sin  2x  ,x  0, 与 y  有且仅  6  2 2 有一个交点，结合正弦函数分析运算. T π 2π 【详解】（1）由已知可得  ，故 T   π ，且0，解得2， 2 2  π π π 因为直线x  为 f x 图象的一条对称轴，则 2 kπ,kZ， 12 12 2 π π π 解得 kπ,kZ，且 ，当k 0时满足条件，此时 ， 3 2 3  π π 3A 则 f x Asin  2x ，又因为 f 0 Asin     3，则A2，所  3  3 2 答案第6页，共8页 π 以 f x2sin  2x .……7分  3 （2）由题意可知  π   π π  π f  x  m2sin  2  x    m2sin  2x  m0，  4   4 3  6  π m  π  π m 整理得sin  2x   ，原题意等价于 y sin  2x  ,x  0, 与 y  有且  6 2  6  2 2  π π  π 5  仅有一个交点，因为x  0, ，则2x    , π ，且  2 6  6 6   π 1 5 1 π 1 m 1 m sin     ,sin π  ,sin 1，可得   或 1，解得  6 2 6 2 2 2 2 2 2 1m1或m2，所以m的取值范围 1,1 2 ．……15分  π π  1 1 5 18．(1)   kπ, kπ  ，kZ(2)最大值为1，最小值为 (3)   6 3  2 3 6 【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； π  π π （3）原问题可转化为方程x kπkZ在区间  ,2π 上有且仅有一个解，   2  6 6 π π 3π 即可得 2π  ，即可得解. 2 6 2 π π π π π 【详解】（1）令 2kπ2x  2kπ，kZ，解得 kπx kπ，kZ， 2 6 2 6 3  π π  故 f x的单调递增区间为  kπ, kπ ，kZ；……5分    6 3   π π  π 5π （2）当x 0, 时，2x   , ，      2 6  6 6   π π  π 1 则 f x在区间  0,  上的最大值为sin 1，最小值为sin  ；……10分  2 2  6 2  π π  π π （3）令 f x 1，即sin2x  1，当x0,π时，2x    ,2π  ，  6 6  6 6 π  π π π π 3π 即方程x kπkZ在区间  ,2π 上有且仅有一个解，即 2π  ，   2  6 6 2 6 2 1 5 即的取值范围为 , 17分   3 6 答案第7页，共8页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OH  AB于点H，交线段CD于点E，连接OA、OB，    AOB ， AB2Rsin ,OH Rcos ， 6 12 12 1     OE DE  ABRsin EH OH OE  R  cos sin  2 12  12 12         S  ABEH 2Rsin R  cos sin  R2  2sin cos 2sin2  12  12 12  12 12 12     31  R2  sin cos 1   R2 ……8分  6 6  2     （2）设AOB  0  则AB2Rsin ,OH  Rcos ，  2 2 2 1     OE  ABRsin EH OH OE  R  cos sin  2 2  2 2         S  ABEH 2Rsin R  cos sin   R2  2sin cos 2sin2  2  2 2  2 2 2     R2sincos1 R2  2sin    1    4      3      0, ，   ,    即 时，  2 4  4 4  4 2 4   S  21 R2，此时A在弧MN的四等分点处 max   答：当A在弧MN的四等分点处时，S  21 R2 ……17分 max 答案第8页，共8页