广东省潮州市饶平县第二中学2024-2025学年高一下学期阶段性考试（一） 数学试题（含解析）
文档属性
| 名称 | 广东省潮州市饶平县第二中学2024-2025学年高一下学期阶段性考试（一） 数学试题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 586.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-05-23 21:52:52 | ||
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文档简介
广东省潮州市饶平县第二中学2024 2025学年高一下学期阶段性考试（一）数学试题
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知函数的定义域为（ ）
A． B．
C． D．
2．设函数，则函数的零点所在的区间为（ ）
A． B． C． D．
3．函数的图象大致是（ ）
A． B． C． D．
4．已知向量，若，则（ ）
A． B．1 C． D．
5．.已知，则的值为（ ）
A． B． C． D．
6．已知平面向量，则“”是“，共线”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
7．已知向量，则向量在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
8．幂函数过点，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题（本大题共2小题）
9．设函数 ，则下列结论正确的是（ ）
A． 的最小正周期为
B． 的图象关于直线 对称
C． 的一个零点为
D． 的最大值为1
10．已知向量，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若在上的投影向量为，则向量与的夹角为
D．的最大值为3
三、填空题（本大题共4小题）
11．已知函数，则 ．
12．已知，则 .
13．已知函数的值域为R，则m的取值范围是 ．
14．如图，已知平面内有三个向量，其中与的夹角为与的夹角为，且．若，则 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．在平面直角坐标系xOy中，已知点，，．
(1)若点，，，试用基底表示；
(2)若，且点P在第四象限，求的取值范围．
16．已知函数．
(1)已知在上单调递增，求的取值范围；
(2)求在上的最小值．
17．已知锐角的终边与单位圆相交于点.
(1)求实数及的值；
(2)求的值；
(3)若，且，求的值.
18．如图，在等边中，，点O在边BC上，且.过点O的直线分别交射线AB，AC于不同的两点M，N.
(1)设，，试用，表示；
(2)求；
(3)设，，求的最小值.
19．已知定义在上的函数是奇函数.
(1)求a，b的值；
(2)判断并证明函数在定义域中的单调性；
(3)若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.
参考答案
1．【答案】C
【详解】由题意得，，解得或，
∴函数的定义域为.
故选C.
2．【答案】C
【详解】和均为增函数，函数在区间上单调递增.
又，，
由零点存在性定理得，函数存在唯一零点在区间上.
故选C.
3．【答案】C
【详解】由题意，函数定义域为R，且，
所以为偶函数，排除A、B；
当，则恒成立，排除D.
故选C.
4．【答案】B
【详解】由，又，
所以，
则.
故选B
5．【答案】A
【详解】由，
得，
∴．
故选A．
6．【答案】A
【详解】若则，共线，故充分性成立；
若，共线，不一定得到，
如，，显然满足，共线，
但是不存在实数使得，故必要性不成立；
所以“”是“，共线”的充分不必要条件.
故选A.
7．【答案】D
【详解】由，得，由，
得，则，
因此，在上的投影向量为.
故选D.
8．【答案】C
【详解】设，
由题意可得，解得，
所以在上单调递增，且，为偶函数，
所以，
解得，所以不等式的解集为.
故选C.
9．【答案】AC
【详解】 ，故A正确；
，所以 不是对称轴，故B错误；
，所以 是 的一个零点，故C正确；
因为振幅 ，所以 的最大值为 ，故D错误.
故选AC.
10．【答案】ACD
【详解】对于A，由，得，因此，故A正确；
对于B，若，则，所以，所以，故B错误；
对于C，因，，
由在上的投影向量为，解得，
又，，故C正确；
对于D，因，
故，
当，即时，
也即时，取得最大值9，即的最大值为3，故D正确.
故选ACD.
11．【答案】
【详解】，
所以.
12．【答案】/
【详解】因为，则.
13．【答案】
【详解】由于的值域为R，当时，，
所以，解得．
故m的范围是.
14．【答案】6
【详解】如图，作平行四边形，则，
因为与的夹角为，与的夹角为，
所以．
在中，，
所以，
所以，
所以，所以，
所以．
15．【答案】(1)
(2)
【详解】（1），，，，，
所以．
由题意，知存在实数m，n，使得，
即，
可得解得
所以．
（2）设，则．
又，
则即
又点P在第四象限，所以解得，
故的取值范围是．
16．【答案】(1)．
(2)
【详解】（1）由函数，可得的图象开口向上，且对称轴为，
要使得在上单调递增，则满足，所以的取值范围为．
（2）由函数，可得的图象开口向上，且对称轴为，
当时，函数在上单调递增，所以的最小值为；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为；
当时，函数在上单调递减，所以的最小值为，
综上可得，在上的最小值为
17．【答案】(1)，；
(2)
(3)
【详解】（1）由于点在单位圆上，且是锐角，可得，，
则，；
（2）因为锐角的终边与单位圆相交于点，所以，，
可得，，
所以.
（3）因为为锐角，所以，又，所以，
因为，所以，
所以.
18．【答案】(1)；
(2)；
(3).
【详解】（1）由，得，所以.
（2）在等边中，，
由（1）得，
，，，
，
所以.
（3）由（1）知，，而，，
因此，而共线，则，
又，于是，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值是.
19．【答案】(1)，
(2)单调递减，证明见解析
(3)
【详解】（1）由题意得，解得，
，所以.
（2）在定义域中单调递减，证明如下：
设，，
则
，
因为，所以，，即，
所以在定义域中单调递减.
（3）不等式可整理为，
即，
因为单调递减，所以，即对于恒成立，
则，
当时，取得最小值，
所以的取值范围为.
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知函数的定义域为（ ）
A． B．
C． D．
2．设函数，则函数的零点所在的区间为（ ）
A． B． C． D．
3．函数的图象大致是（ ）
A． B． C． D．
4．已知向量，若，则（ ）
A． B．1 C． D．
5．.已知，则的值为（ ）
A． B． C． D．
6．已知平面向量，则“”是“，共线”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
7．已知向量，则向量在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
8．幂函数过点，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题（本大题共2小题）
9．设函数 ，则下列结论正确的是（ ）
A． 的最小正周期为
B． 的图象关于直线 对称
C． 的一个零点为
D． 的最大值为1
10．已知向量，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若在上的投影向量为，则向量与的夹角为
D．的最大值为3
三、填空题（本大题共4小题）
11．已知函数，则 ．
12．已知，则 .
13．已知函数的值域为R，则m的取值范围是 ．
14．如图，已知平面内有三个向量，其中与的夹角为与的夹角为，且．若，则 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．在平面直角坐标系xOy中，已知点，，．
(1)若点，，，试用基底表示；
(2)若，且点P在第四象限，求的取值范围．
16．已知函数．
(1)已知在上单调递增，求的取值范围；
(2)求在上的最小值．
17．已知锐角的终边与单位圆相交于点.
(1)求实数及的值；
(2)求的值；
(3)若，且，求的值.
18．如图，在等边中，，点O在边BC上，且.过点O的直线分别交射线AB，AC于不同的两点M，N.
(1)设，，试用，表示；
(2)求；
(3)设，，求的最小值.
19．已知定义在上的函数是奇函数.
(1)求a，b的值；
(2)判断并证明函数在定义域中的单调性；
(3)若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.
参考答案
1．【答案】C
【详解】由题意得，，解得或，
∴函数的定义域为.
故选C.
2．【答案】C
【详解】和均为增函数，函数在区间上单调递增.
又，，
由零点存在性定理得，函数存在唯一零点在区间上.
故选C.
3．【答案】C
【详解】由题意，函数定义域为R，且，
所以为偶函数，排除A、B；
当，则恒成立，排除D.
故选C.
4．【答案】B
【详解】由，又，
所以，
则.
故选B
5．【答案】A
【详解】由，
得，
∴．
故选A．
6．【答案】A
【详解】若则，共线，故充分性成立；
若，共线，不一定得到，
如，，显然满足，共线，
但是不存在实数使得，故必要性不成立；
所以“”是“，共线”的充分不必要条件.
故选A.
7．【答案】D
【详解】由，得，由，
得，则，
因此，在上的投影向量为.
故选D.
8．【答案】C
【详解】设，
由题意可得，解得，
所以在上单调递增，且，为偶函数，
所以，
解得，所以不等式的解集为.
故选C.
9．【答案】AC
【详解】 ，故A正确；
，所以 不是对称轴，故B错误；
，所以 是 的一个零点，故C正确；
因为振幅 ，所以 的最大值为 ，故D错误.
故选AC.
10．【答案】ACD
【详解】对于A，由，得，因此，故A正确；
对于B，若，则，所以，所以，故B错误；
对于C，因，，
由在上的投影向量为，解得，
又，，故C正确；
对于D，因，
故，
当，即时，
也即时，取得最大值9，即的最大值为3，故D正确.
故选ACD.
11．【答案】
【详解】，
所以.
12．【答案】/
【详解】因为，则.
13．【答案】
【详解】由于的值域为R，当时，，
所以，解得．
故m的范围是.
14．【答案】6
【详解】如图，作平行四边形，则，
因为与的夹角为，与的夹角为，
所以．
在中，，
所以，
所以，
所以，所以，
所以．
15．【答案】(1)
(2)
【详解】（1），，，，，
所以．
由题意，知存在实数m，n，使得，
即，
可得解得
所以．
（2）设，则．
又，
则即
又点P在第四象限，所以解得，
故的取值范围是．
16．【答案】(1)．
(2)
【详解】（1）由函数，可得的图象开口向上，且对称轴为，
要使得在上单调递增，则满足，所以的取值范围为．
（2）由函数，可得的图象开口向上，且对称轴为，
当时，函数在上单调递增，所以的最小值为；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为；
当时，函数在上单调递减，所以的最小值为，
综上可得，在上的最小值为
17．【答案】(1)，；
(2)
(3)
【详解】（1）由于点在单位圆上，且是锐角，可得，，
则，；
（2）因为锐角的终边与单位圆相交于点，所以，，
可得，，
所以.
（3）因为为锐角，所以，又，所以，
因为，所以，
所以.
18．【答案】(1)；
(2)；
(3).
【详解】（1）由，得，所以.
（2）在等边中，，
由（1）得，
，，，
，
所以.
（3）由（1）知，，而，，
因此，而共线，则，
又，于是，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值是.
19．【答案】(1)，
(2)单调递减，证明见解析
(3)
【详解】（1）由题意得，解得，
，所以.
（2）在定义域中单调递减，证明如下：
设，，
则
，
因为，所以，，即，
所以在定义域中单调递减.
（3）不等式可整理为，
即，
因为单调递减，所以，即对于恒成立，
则，
当时，取得最小值，
所以的取值范围为.
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