云南省昆明市禄劝彝族苗族自治县第一中学2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题 Word版含解析.docx

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1、禄劝一中2024学年高一年级3月月考数学试卷考试时间：120分钟 总分：150分出卷人：葛丽仙 审题人：杨中兰一、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. 已知复数满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据复数的除法运算法则，结合共轭复数的定义进行求解即可.【详解】由，所以，故选：C2. 已知向量，若，与的夹角为，则（）A. 6B. C. 3D. 【答案】A【解析】【分析】由数量积公式结合得出答案.【详解】向量，与的夹角为，.故选：A.3. 在中，“”是“”的( )A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C.

2、 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据正弦函数的性质和充分和必要条件的概念即可判断【详解】在中，则或，在中，“”是“”的必要不充分条件，故选：B4. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】化简可得，再根据求解即可.【详解】由题意，即，即.故.故选：A5. 已知，且，则的最小值为（ ）A. 8B. C. 9D. 【答案】C【解析】【分析】首先化简等式为，再利用“1”的妙用，变形为，再利用基本不等式，即可求解.【详解】由可知，所以，当，即时，等号成立，联立，得，所以当时，的最小值为.故选：C6. 如图所示，为了测量山高，选择和另一座山的山顶作为

3、测量基点，从点测得点的仰角，点的仰角，从点测得已知山高，则山高（单位：）为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】计算出，在中，利用正弦定理求得，然后在中可计算出.【详解】在中，为直角，则，在中，则，由正弦定理，可得，在中，.故选：A.【点睛】本题考查测量高度问题，考查正弦定理的应用，考查计算能力，属于中等题.7. 已知满足，则下列各选项正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据指数函数与对数函数的单调性分别判断的范围，从而得出答案.【详解】因为为上的增函数，所以；因为为上增函数，且，所以；满足，所以，又，所以，又因为为的增函数，所以，综上：故选：B8.

4、 已知函数是定义在实数集R上的不恒为零的偶函数，且对任意实数x都有，则的值是（ ）A. 0B. C. 1D. 【答案】A【解析】【分析】由条件可得，然后可得，进而根据求出和的值即可.【详解】因为函数是定义在实数集R上的不恒为零的偶函数，所以在中令，可得，即令，可得，即令，可得，即又，所以，则所以故选：A二、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. 已知是同一平面内的三个向量，下列命题中正确的是（ ）A. B. 若且，则C. 两个非零向量，若，则与共线且反向D. 已知，且与的夹角为锐角，则实数

5、的取值范围是【答案】AC【解析】【分析】根据平面向量数量积定义可判断A；由向量垂直时乘积为0，可判断B；利用向量数量积的运算律，化简可判断C；根据向量数量积的坐标关系，可判断D.【详解】对于A，由平面向量数量积定义可知，则，所以A正确，对于B，当与都和垂直时，与方向不一定相同，大小不一定相等，所以B错误，对于C，两个非零向量，若，可得，即，则两个向量的夹角为，则与共线且反向，故C正确；对于D，已知，且与的夹角为锐角，可得即可得，解得，当与的夹角为0时，所以所以与的夹角为锐角时且，故D错误；故选:AC.【点睛】本题考查了平面向量数量积定义的应用，向量共线及向量数量积的坐标表示，属于中档题.10.

6、 已知函数的部分图象如图所示，则（ ）A. 的最小正周期为B. 在上单调递增C. 的图象可由的图象向左平移个单位长度得到D. 函数的最小值为【答案】ABD【解析】【分析】根据周期可得，代入最值点可得，进而根据函数的不等式即可根据周期，单调性以及平移求解ABC，利用换元法，结合二次函数的性质即可求解D.【详解】由图可得：，又，又，将代入得，即，即，对于A，最小正周期，故正确；对于B，令，解得，可得单调递增区间为，当时，单调递增区间为，故B正确；对于C，函数的图象向左平移个单位长度，所得到的函数解析式为：，故C不正确；对于D，令，所以，故最小值为，D正确，故选：ABD11. 已知函数的定义域是，且

7、，当时，则下列说法正确的是（ ）A. B. 函数在上是减函数C. D. 不等式的解集为【答案】ABD【解析】【分析】对于A，利用赋值法求得，从而得以判断；对于B，根据函数的单调性定义结合抽象函数的性质，从而判断函数的单调性；对于C，利用抽象函数的性质求得式子的值，由此得以判断；对于D，先求得，再将不等式转化为，从而得到关于的不等式，解之即可判断.【详解】对于A，因为，令，得，所以，故A正确；对于B，令，得，所以，任取，且，则，因为，所以，即，所以，所以在上是减函数，故B正确；对于C，故C错误；对于D，因为，所以，又因为，所以由得，故，因为在上是减函数，所以，解得，所以不等式的解集为，故D正确.

8、故选：ABD【点睛】关键点睛：对于解含抽象函数的不等式问题，一般先利用抽象函数的性质求得其在定义域上的单调性，再利用其单调性脱去函数的符号“”，转化为解不等式(组)的问题.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12. 在中，则_.【答案】#【解析】【分析】利用正弦定理和大边对大角原理，结合特殊角的三角函数值即可求解.【详解】利用正弦定理得，所以，解得，而，根据大边对大角有，又因为，所以，故答案为：.13. 已知向量，若A，B，D三点共线，则_【答案】6【解析】【分析】根据给定条件，求出，再利用共线向量的坐标表示计算作答.【详解】因，则，又，且A，B，D三点共线，即，因此，解得，所以.

9、故答案为：614. 设函数的定义域是，满足：（1）对任意的，；（2）对任意的，都有；.则函数的最小值为_.【答案】【解析】【分析】根据已知条件求得，结合基本不等式求得的最小值.【详解】依题意可设，则由可得，由于对任意的，所以当且仅当时成立.则，所以关于对称.所以，由可得.结合对称性可知恒成立，所以是常数函数，由于，所以， 的定义域为，所以，当且仅当时等号成立.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，集合，（1）若，求；（2）若“”是“”的充分不必要条件，求实数a的取值范围【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由已知求得集合，由交

10、集运算即可得出结果.（2）根据已知条件得集合A是集合B的真子集，讨论，两种情况，求解即可.【小问1详解】当时，集合，可得或，所以；【小问2详解】由题知，集合A是集合B的真子集，当时，即，符合题意，当时，则，即，且满足，两式不能同时取等号，解得，综上，实数a的取值范围为16. （1）已知向量，若，求.（2）已知，的夹角为60，若，求的值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）先求出，由向量平行的坐标公式求解即可；（2）由题设得，由向量数量积的运算律和数量积的定义求解即可.【详解】（1），由可得，解得，则，；（2）由可得，化简得，即，化简得，解得.17. 已知，从上述三个条件中任选一个补充到

11、下面问题中，并解答问题.在中，内角的对边分别为，并且满足_.（1）求角；（2）若为角的平分线，点在上，且，求的面积.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）用正弦定理或余弦定理实现边角互化，从而求角的大小；（2）用余弦定理结合三角形面积公式求解.【详解】选：由，得，因为，则sinB0，可得，所以.选：由正弦定理得，即，由余弦定理得，选：由得则即，且，可知，则，解得，即，故.（2）由，得，即.由余弦定理得，所以.解得（舍去）或，所以.18. 已知函数（1）求的最小值和单调递增区间；（2）将函数的图象向左平移个单位，再将所得的图象上各点的横坐标缩小为原来的，得到函数的图象，若函数在上有且仅有两

12、个零点，求的取值范围【答案】（1）最小值为，递增区间位， （2）【解析】【分析】由题意，利用三角恒等变换，化简函数的解析式，再根据正弦函数的图象和性质，得出结论由题意，利用函数的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，求出的取值范围【小问1详解】函数 ，的最小值为令，求得，可得的单调递增区间为，【小问2详解】将函数的图象向左平移个单位，可得的图象；再将所得的图象上各点的横坐标缩小为原来的，得到函数的图象若函数在上有且仅有两个零点，即在上有且仅有两个解而，则，求得故的取值范围为19. 已知函数，记.（1）求函数的定义域；（2）判断函数的奇偶性，并说明理由；（3）是否存在实数，使得当时，的值域为？若存

13、在，求出实数的取值范围；若不存在，则说明理由.【答案】（1） （2）奇函数，证明见解析 （3）不存在，理由见解析【解析】【分析】(1)根据真数大于0，分别求f(x)和g(x)定义域，F(x)为这两个定义域的交集；(2)根据函数奇偶性的定义，即可判断；(3)先根据定义域和值域求出m，n，a的范围，再利用单调性将问题转化为方程有解问题.小问1详解】由题意知要使有意义，则有，得所以函数的定义域为：【小问2详解】由(1)知函数F(x)定义域为：，关于原点对称，函数为上的奇函数.【小问3详解】，假设存在这样的实数，则由可知令，则在上递减，在上递减，是方程，即有两个在上的实数解问题转化为：关于的方程在上有两个不同的实数解令，则有，解得，又，故这样的实数不存在.第16页/共16页学科网（北京）股份有限公司