四川省成都市第十二中學（四川大學附屬中學）2024?2025學年高一下學期第一次月考考試（3月） 數(shù)學試題（含解析）

這是一份四川省成都市第十二中學（四川大學附屬中學）2024?2025學年高一下學期第一次月考考試（3月） 數(shù)學試題（含解析），共13頁。試卷主要包含了單選題，多選題，填空題，解答題等內容，歡迎下載使用。
一、單選題（本大題共8小題）
1．與角終邊相同的角的集合是（ ）
A．B．
C．D．
2．計算的值等于（ ）
A．1B．C．D．
3．已知是第二象限角且，，則的值為（ ）
A．1B．－1C．－2D．
4．已知點在角的終邊上，若，則（ ）
A．B．為第二象限的角
C．D．
5．在斜三角形ABC中，“”是“”的（ ）
A．充分不必要條件B．必要不充分條件
C．充要條件D．既不充分也不必要條件
6．分別以等邊三角形的三個頂點為圓心，邊長為半徑，在另外兩個頂點之間畫一段劣弧，由這樣的三段圓弧組成的曲邊三角形被稱為勒洛三角形，如圖所示.已知某勒洛三角形的周長是，則該勒洛三角形的面積是（ ）
A．B．
C．D．
7．如圖所示，兩動點在以坐標原點為圓心，半徑為1的圓上從點處同時出發(fā)做勻速圓周運動．已知點按逆時針方向每秒鐘轉弧度，點按順時針方向每秒鐘轉弧度，且兩點在第2秒末第一次相遇于點處，則它們從出發(fā)后到第2次相遇時，點走過的總路程為（ ）
A．B．C．D．
8．已知函數(shù)，若方程在的解為，且，則（ ）
A．B．C．D．
二、多選題（本大題共3小題）
9．下列各式中，值為的是（ ）
A．B．C．D．
10．已知函數(shù)的部分圖象如圖所示，則（ ）
A．在上單調遞增
B．關于的方程在上有2個相異實根
C．的圖象關于點對稱
D．將的圖象向左平移個單位長度，所得圖象對應的函數(shù)為偶函數(shù)
11．如圖，角，的始邊與x軸的非負半軸重合，終邊分別與單位圓交于A，B兩點，M為線段AB的中點．N為的中點，則下列說法中正確的是（ ）
A．N點的坐標為
B．
C．
D．若的終邊與單位圓交于點C，分別過A，B，C作x軸的垂線，垂足為R，S，T，則
三、填空題（本大題共3小題）
12．已知，則 ．
13．已知，且，則 ．
14．正割（secant）及余割（csecant）這兩個概念是由伊朗數(shù)學家、天文學家阿布爾·威發(fā)首先引入．這兩個符號是荷蘭數(shù)學家基拉德在《三角學》中首先使用，后經歐拉采用得以通行．在三角中，定義正割，余割．已知為正實數(shù)，且對任意的實數(shù)均成立，則的最小值為 ．
四、解答題（本大題共5小題）
15．在平面直角坐標系中，角和角的頂點均與坐標原點重合，始邊均為軸的非負半軸，終邊分別與單位圓交于兩點，且兩點關于軸對稱.
(1)若點的縱坐標為，求的值；
(2)若，求的最小值.
16．海水受日月的引力，在一定的時候發(fā)生漲落的現(xiàn)象叫潮汐，一般早潮叫潮，晚潮叫汐，潮汐具有周期現(xiàn)象.某海濱浴場內水位（單位：）是時間，單位：的函數(shù)，記作，下面是某天水深的數(shù)據(jù)：
經長期觀察，的曲線可近似的滿足函數(shù).
(1)根據(jù)表中數(shù)據(jù)，作出函數(shù)簡圖，并求出函數(shù)一個近似表達式；
(2)一般情況下，水深超過1.25米該海濱浴場方可開放，另外，當水深超過1.75米時，由于安全原因，會被關閉，那么該海濱浴場在一天內的上午7：00到晚上19：00，有多長時間可以開放？
17．已知函數(shù)最小正周期為.
(1)求的值和函數(shù)圖象的對稱中心；
(2)將函數(shù)的圖象上的各點向左平移個單位，再保持縱坐標不變，橫坐標縮小為原來的一半；得到函數(shù)的圖象，當時，方程有兩個解，求實數(shù)的取值范圍.
18．近年來，某市認真踐行“綠水青山就是金山銀山”生態(tài)文明理念，圍繞良好的生態(tài)稟賦和市場需求，深挖冷水魚產業(yè)發(fā)展優(yōu)勢潛力，現(xiàn)已摸索出以虹鱒、鱘魚等養(yǎng)殖為主方向.為擴大養(yǎng)殖規(guī)模，某鱘魚養(yǎng)殖場計劃在如圖所示的扇形區(qū)域OMN內修建矩形水池ABCD，矩形一邊AB在OM上，點在圓弧MN上，點在邊ON上，且，米，設.
(1)求扇形OMN的面積；
(2)若，求矩形ABCD的面積；
(3)若矩形ABCD的面積為，當為何值時，取得最大值，并求出這個最大值.
19．已知函數(shù)．
(1)求方程在上的解集；
(2)設函數(shù)．
①求在區(qū)間上的零點個數(shù)；
②記函數(shù)的零點為，證明：．
參考答案
1．【答案】C
【詳解】因，
故與角終邊相同的角的集合可表示為，C項正確，
而A，B，D項中的角都與終邊不同.
故選C.
2．【答案】A
【詳解】
.
故選A．
3．【答案】C
【分析】依題意，求出，再根據(jù)求出，再利用兩角差的正切公式求得答案.
【詳解】因為是第二象限角且，所以 ，
則因為,所以，
所以，
故選C.
4．【答案】D
【詳解】由題設，可得，A錯；
所以，則為第三象限的角，B錯；
，C錯；
，D對.
故選D．
5．【答案】D
【詳解】解：三角形中，若A為銳角，B為鈍角，則，此時，，
故“”不能推出“”；
當A為鈍角，B為銳角時有，此時，故不能推出“”.
綜上，三角形ABC中，“”是的既不充分也不必要條件.
故選D．
6．【答案】A
【詳解】設等邊的邊長為，的長度為，解得，
以為圓心，所得的扇形的面積為，
等邊的面積為，
勒洛三角形的面積為.
故選A.
7．【答案】C
【詳解】根據(jù)題意，設經過秒，第二次相遇.
點對應的圓心角為，則有，
則.
則由，解可得，
所以第二次相遇時，走過的總路程為．
故選C．
8．【答案】D
【詳解】因為，所以，
所以當時，解得即為在的一條對稱軸,
當時，解得或，
即或為在與軸的兩個交點，
又因為是方程在的解，
所以由圖像的對稱性可知，，
且，所以，
所以.
又因為，，
所以.
故選D.
9．【答案】ABD
【詳解】對于A，，故A正確；
對于B，，故B正確；
對于C，，故C錯誤；
對于D，，故D正確.
故選ABD.
10．【答案】AB
【詳解】由的圖象得，，解得，
所以，又，所以，
解得，又，所以，所以，
由，解得，
即的單調遞增區(qū)間為，
令得，又，
所以在上單調遞增，故A正確；
當，則，
令，即，所以在上單調遞增，
且，所以；
令，即，所以在上單調遞減，且；
所以當時，在上有兩個不相等的實根，故B正確；
因為，所以的圖象關于直線對稱，故C錯誤；
將的圖象向左平移個單位長度，得的圖象，
顯然為奇函數(shù)，故D錯誤．
故選AB.
11．【答案】BCD
【詳解】由N為的中點，則，可得，
由三角函數(shù)定義可得N點的坐標為，故A錯誤；
由，可得，故B正確；
易知，
又因為，，M為線段AB的中點，
則，
所以，故C正確；
由易知線段，，
則，
所以，故D正確，
故選BCD．
12．【答案】/0.5
【詳解】由誘導公式，.
13．【答案】/
【詳解】由兩邊取平方，①
再由兩邊取平方，②
由①+②，可得，即得.
14．【答案】4
【詳解】依題意知，，，
所以
，當且僅當時等號成立，即的最小值為，故，解得，
所以的最小值為4.
15．【答案】(1)
(2)
【詳解】（1）因為點的縱坐標為，
所以.又.
因為，
所以
（2）因為，所以.所以.
所以.
所以當時，取最小值為.
16．【答案】(1)圖象見解析，;
(2).
【分析】（1）根據(jù)表中數(shù)據(jù)可得最值，進而可求解周期以及，根據(jù)最值點即可求解，
（2）利用余弦函數(shù)的性質，解不等式即可求解.
【詳解】（1）函數(shù)簡圖如下：
，
過點，
則，
的一個解析式可以為
（2）由題意得：即，
，
或
解得或
又，解得.
又
故開放時間共.
17．【答案】(1)，對稱中心為
(2)
【詳解】（1），
由的最小正周期為，得，故，所以，
令，得，故函數(shù)的對稱中心為；
（2）
令，由，得，
在遞減，在遞增，所以，
又，所以有兩個解時，.
18．【答案】(1)平方米.
(2)平方米.
(3)，最大值為.
【詳解】（1）由題意，，扇形半徑即米，
則扇形OMN的面積為平方米.
（2）因為，在中，，，
在中，，則，
所以.
則矩形ABCD的面積.
所以當時，矩形ABCD的面積平方米.
（3）在中，，，
在中，，則，
所以.
則矩形ABCD的面積
，
所以，其中.
由于，
則當時，即時，.
所以當時，取得最大值，最大值為.
19．【答案】(1)
(2)①1個零點，理由見解析；②證明見解析
【詳解】（1）由結合題意，，
即，則或.
當時，顯然，可得，因，故或；
當時，，由，可得，
則或，解得或.
綜上，方程在上的解集為.
（2）①由，
當時，，此時在上單調遞增，
在上單調遞增，故在上單調遞增，
又，故在區(qū)間上有且只有1個零點；
②由題意，，且，則，
則，
設，因，則，故，
又，故，
故，
因，此時是增函數(shù)，故可得.
0
3
6
9
12
15
18
21
24
2
1.5
1
1.5
2
1.5
1
1.5
2