山東省聊城第一中學老校區(qū)2024−2025學年高一下學期第一次月考數學試題含答案

/山東省聊城第一中學老校區(qū)2024?2025學年高一下學期第一次月考數學試題一、單選題（本大題共8小題）1．已知點在第三象限，則角的終邊位置在（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．下列說法正確的是（

）A．若兩個單位向量平行，則這兩個單位向量相等 B．若，則與的方向相反C．若，則 D．向量與向量的長度相等3．已知，則（

）A． B． C． D．4．（

）A． B． C． D．5．若函數的圖象向左平移個單位長度，恰好得到函數的圖象，則的值可能為（

）A． B． C． D．6．設函數若存在且，使得，則的取值范圍是（

）A． B．C． D．7．已知函數的部分圖象如圖所示，則下列結論正確的個數是（

）①；②；③的圖象與y軸的交點坐標為；④函數的圖象關于直線對稱A．1 B．2 C．3 D．48．在銳角中，若，則的最小值為(

)A．4 B．6 C．8 D．10二、多選題（本大題共3小題）9．下列選項中，正確的有（

）A．函數的圖象關于點對稱．B．函數是最小正周期為的周期函數．C．設是第二象限角，則且D．函數的最小值為10．下列選項中正確的有（

）A．若是第二象限角，則B．C．D．11．筒車是我國古代發(fā)明的一種水利灌溉工具，因其經濟又環(huán)保，至今還在農業(yè)生產中得到應用．假定在水流穩(wěn)定的情況下，筒車上的每一個盛水筒都做勻速圓周運動如圖，將筒車抽象為一個幾何圖形（圓），筒車半徑為，筒車轉輪的中心O到水面的距離為，筒車每分鐘沿逆時針方向轉動3圈．規(guī)定：盛水筒M對應的點P從水中浮現（即時的位置）時開始計算時間，且以水輪的圓心O為坐標原點，過點O的水平直線為x軸建立平面直角坐標系．設盛水筒M從點運動到點P時所經過的時間為t（單位：s），且此時點P距離水面的高度為h（單位：m）（在水面下則h為負數，則h與時間t之間的關系為．下列結論正確的是（

）A．B．點P第一次到達最高點需要的時間為C．在轉動的一個周期內，點P在水中的時間是D．若在上的值域為，則a的取值范圍是三、填空題（本大題共3小題）12．已知，則．13．已知，且，，則.14．已知函數，當時，有最小值，且對任意，都有，又在上單調，則，若對于任意的，都有成立，則實數的最大值是．四、解答題（本大題共5小題）15．已知在平面直角坐標系中，角的終邊經過點，且.(1)求；(2)當時，求的值.16．已知函數．(1)求的最小正周期和對稱中心；(2)若存在，使得，求的取值范圍．17．如圖是函數圖象的一部分．(1)求函數的解析式；(2)求函數的單調區(qū)間；(3)記方程在上的根從小到大依次為，若，試求與的值．18．一塊長方形魚塘ABCD，AB=50米，BC=25米，為了便于游客休閑散步，該農莊決定在魚塘內建3條如圖所示的觀光走廊OE，EF，OF，考慮到整體規(guī)劃，要求O是AB的中點，點E在邊BC上，點F在邊AD上，且．

(1)設，試將的周長l表示成的函數關系式，并求出此函數的定義域；(2)經核算，三條走廊每米建設費用均為4000元，試問如何設計才能使建設總費用最低并求出最低總費用．19．已知定義域為的函數滿足：對于任意的，都有，則稱函數具有性質.(1)若一次函數具有性質，且，求的解析式；(2)若函數（其中）具有性質，求的單調遞增區(qū)間；(3)對于（1）（2）中的函數，求函數在區(qū)間上的所有零點之和.

參考答案1．【答案】B【詳解】因為點在第三象限，所以，由，可得角的終邊在第二、四象限，由，可得角的終邊在第二、三象限或軸負半軸上，所以角終邊位置在第二象限，故選B.2．【答案】D【詳解】對于選項A，單位向量是指模等于的向量，若兩個單位向量平行，它們的方向可能相同或相反，當方向相反時，這兩個單位向量并不相等，所以選項A錯誤，對于選項B，若，則與的方向相同或與中有零向量，所以選項B錯誤，對于選項C，當時，對于任意向量和，都有且，但與不一定平行．因為零向量與任意向量都平行，所以選項C錯誤，對于選項D，向量與向量是方向相反的向量，但它們的長度是相等的，因為向量的長度只與向量的大小有關，與方向無關，所以選項D正確，故選D.3．【答案】C【詳解】因為，故選C.4．【答案】C【詳解】利用兩角和的正切公式，特殊角的三角函數值化簡已知即可求解．【詳解】解：．故選．5．【答案】D【詳解】因，將的圖象向左平移個單位長度，得，所以，即，當時，，當時，，當時，，結合題意和選項，可知只有D正確．故選D.6．【答案】A【詳解】不妨取，由可得：，由可得，由圖可取要使存在且，使得，需使，，解得.故選A.7．【答案】C【詳解】對①，由圖可知，的最小正周期，則，故①正確；對②，由圖象可知時，函數無意義，故由，得，即，故②錯誤；對③，由，故③正確；對④，由，則的圖象關于點對稱，由圖象對稱變換可得函數的圖象關于直線對稱，故④正確．故選C.8．【答案】C【詳解】由，得，兩邊同時除以，得.令，∵是銳角三角形，∴，∴.又在三角形中有：，故當時，取得最小值故選C.9．【答案】AD【詳解】對于A，根據正切函數的性質可知，函數的圖象關于點對稱，故A正確.對于B，由函數的圖象可知，該函數不是周期函數，故B錯誤..對于C，設是第二象限角即，則，，當k為偶數，是第一象限角，且，且成立；當k為奇數時，是第三象限角，且與選項矛盾，故C錯誤.對于D，函數，又，則當時，函數有最小值，故D正確.故選AD10．【答案】ABCD【詳解】對于A，因為是第二象限角，所以，從而，所以A正確；對于B，，所以B正確；對于C，，所以C正確；對于D，，所以D正確.故選ABCD.11．【答案】ACD【詳解】對于A，因為筒車半徑為，筒車轉輪的中心到水面的距離為，所以點P距離水面的高度h的最值為，所以，因為筒車每分鐘沿逆時針方向轉動3圈，所以，因為，所以，又因為，所以，故A正確；對于B，由已知得，與x軸正方向的夾角為，所以點P第一次到達最高點需要轉動，則所需時間為，故B錯誤；對于C，在轉動的一個周期內，點P在水中轉動，則需要的時間是，故C正確；對于D，若在上的值域為，則在上的值域為，因為，所以，所以，則，故D正確．故選ACD.12．【答案】【詳解】原式,13．【答案】【詳解】因為，且，所以，，所以，則，因為，所以，因為，，所以，，又，所以，所以，所以，即，則.14．【答案】【詳解】依題意得，是圖象的對稱軸，由知：點是圖象的一個對稱中心，設的最小正周期為，因為在上單調，則，即；又，即，．又，所以，當時，由，，且，得，此時，當時，，滿足題意；當時，由，，且，得，此時，當時，，此時不單調，所以．因為任意的，都有成立，所以在上，．當時，，又當時，即，此時，，則成立；當，即時，，所以，即，所以，所以，解得，所以滿足題意的實數的取值范圍為，即實數的最大值為．15．【答案】(1)或(2)【詳解】（1）因為角的終邊經過點，且，所以，則，即，解得或.（2）當時，，則，所以.16．【答案】(1)，(2)【詳解】（1）由題意可得，所以函數的最小正周期，令，得到所以函數的對稱中心為（2）因為，則，所以，則．由，得，則，因為存在，使得，所以，即，解得，故的取值范圍是．17．【答案】(1)(2)單調遞增區(qū)間為，，單調遞減區(qū)間為，(3)，【分析】（1）根據函數圖象可得，由周期求出，再根據函數過點求出，即可得到函數解析式；（2）根據正弦函數的性質計算可得；（3）依題意可得，由的取值范圍求出的取值范圍，令，，即，結合正弦函數的圖象及對稱性計算可得.【詳解】（1）由圖可得，函數的最小正周期為，又，則，所以，又函數過點，所以，則，則，解得，因為，所以，所以．（2）令，，解得，，令，，解得，．因此函數的單調遞增區(qū)間為，，單調遞減區(qū)間為，．（3）方程，即，即，因為，所以，設，其中，即，結合正弦函數的圖象，可得方程在區(qū)間有個解，即，又的對稱軸為，不妨設個解從小到大依次為，則關于對稱，關于對稱，關于對稱，所以，，，即，，，解得，，．所以，所以，．【思路導引】本題第三問關鍵是換元轉化為方程在區(qū)間上的解的個數，結合正弦函數的圖象及對稱性計算得解.18．【答案】(1)；(2)詳見解析；元.【分析】（1）根據直角三角形的邊角關系求出邊長，即可寫出的周長表達式，在使實際問題有意義的基礎上可求得定義域.（2）根據題意可知即求函數的最小值，利用換元法將函數化簡，結合的范圍，即可求出函數的最小值和最低總費用.【詳解】（1）在Rt中，，，所以，在Rt中，，即，又，所以，所以的周長，即;當點在點時，角最小，此時;當點在點時，角最大，此時;故此函數的定義域是（2）由題意可知，只需求出的周長的最小值即可設，則，則原函數可化簡為，因為，所以，，則，則從而則當時，即時，；即當米時，鋪路總