广东省汕头市潮阳一中明光学校2023-2024学年高一下学期4月月考数学试题（原卷版+解析版）

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命题人：张旭津
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 如图，已知集合，则阴影部分表示的集合为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由阴影部分为以全集为A的集合A与集合B交集的补集求解.
【详解】解：因为，
所以，，
即阴影部分表示的集合为，
故选：B
2. 已知角顶点在原点，始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆相交于点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用三角函数的定义求出，，再由两角和的余弦公式计算可得.
【详解】因为角的终边与单位圆相交于点，
所以，，
所以.
故选：C
3. 下列函数不是偶函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性的定义求解.
【详解】对于A项，，定义域为，
所以，所以为偶函数；
对于B项，定义域为，，所以为偶函数；
对于C项，的定义域为，，
所以不是偶函数；
对于D项，的定义域为，，
所以是偶函数.
故选:C.
4. 已知向量，为平面内的一组基底，，，则“”是“幂函数在上为增函数”的（ ）条件.
A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充分必要D. 既不充分也不必要
【答案】B
【解析】
【分析】由向量共线定理，求出时m的值，由幂函数的定义及性质，求出符合题意的m得值，由推断关系判断充分性和必要性.
【详解】因为，所以存在实数使得，即，解得，
因为幂函数在上为增函数，所以且，
解得，又因为是必要不充分条件，
所以是幂函数在上为增函数的必要不充分条件，
故选：B.
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用换元法，结合诱导公式、二倍角公式等知识求得正确答案.
【详解】设，则
.
故选：A
6. 若，且，则当取最大值时，的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由条件等式、平方关系结合基本不等式即可得解.
【详解】若，且，则，
则，
注意到，其中，
所以，等号成立当且仅当，
所以，
等号成立当且仅当，即，
所以当取最大值时，的值为.
故选：B.
7. 已知函数，若，且 ，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意得，作出图像分析时，有，化简，从而得到答案.
【详解】由题可得：，作出的图像如下：
由，且，则，，即，解得：，
所以
由，则，
所以，故当，即时，取最小值为.
故选：B
8. 已知函数定义域为，对任意的，当时，有.若，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得，构造函数，即可得到函数在上单调递增，结合函数的单调性求解不等式，即可得到结果.
【详解】由题意可知，当时，有，
即，即，
令，则当时，，
则函数在上单调递减，
由，可得，
即，所以，解得，
即实数的取值范围是.
故选：B
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多个符合题目要求．全部选对的得6分，有选错的得0分，若只有2个正确选顶，每选对一个得3分；若只有3个正确选项，每选对一个得2分
9. 已知，，，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，，，则
【答案】AD
【解析】
【分析】利用作差法可以判断AC，举反例可排除B，构造函数，利用其单调性可判断D，从而得解.
【详解】对A，因为，所以，则，故A正确；
对B，当，则，故B错误；
对C，因为，
而，则，
所以，即，故C错误；
对D，因为，所以，
令，则，
易知在上单调递增，所以，故D正确.
故选：AD.
10. 已知函数的部分图象如图所示，其中的图象与x轴的一个交点的横坐标为，则（ ）

A. 的最小正周期为
B. 的图象关于点中心对称
C. 的图象可以由向左平移个单位长度得到
D. 在上单调递增
【答案】AC
【解析】
【分析】由函数图像可确定函数最小正周期，判断A；将代入，求出判断选项B；根据三角函数的图象的平移变换规律可得平移后图象的解析式可判断C；利用余弦函数的单调性可判断D.
【详解】由图，知，∴，∴，
因为，，则，∴，
∵，∴，故A正确；
，故的图象不关于点中心对称，故B错误，
，可以由向左平移个单位长度得到，C正确；
当时，，∴不单调，D错误，
故选：AC.
11. 已知平行四边形的面积为，且，则（ ）
A. 的最小值为2
B. 当在上的投影向量为时，
C. 的最小值为
D. 当在上的投影向量为时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用面积得出边长乘积为定值，再利用平面向量基本定理表示结合不等式判断A和C,利用投影向量判断BD.
【详解】因为，所以.
设，则，解得，
则，
当且仅当时，等号成立，A正确.
因为，
所以
，
所以,
,
,
，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为,C正确.
如图，过点作，垂足为，则在上的投影向量为，
当在上的投影向量为时，.
因为，所以，得，
则
,
故B错误，D正确.
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分．
12. 若函数的最小正周期为，则________.
【答案】
【解析】
【分析】利用二倍角的余弦公式和周期公式求得，再代入即可得解.
【详解】因为，
因为的最小正周期为，所以，解得，
所以，则.
故答案为：.
13. 中国茶文化源远流长，博大精深，茶水的口感与茶叶的类型和水的温度有关，某种绿茶用的水泡制，再等到茶水温度降至时饮用，可以产生最佳口感.为了控制水温，某研究小组联想到牛顿提出的物体在常温下的温度变化冷却规律：设物体的初始温度是，经过后的温度是T，则，其中表示环境温度，h为常数.该研究小组经过测量得到，刚泡好的绿茶水温度是，放在的室温中，以后茶水的温度是，在上述条件下，大约需要再放置__________能达到最佳饮用口感.（结果精确到0.1，参考数据：，）
【答案】13.3
【解析】
【分析】根据题意列出等式，可得，根据条件列出方程，解出即可.
【详解】由题意得，，
即，则.
设大约需要再放置能达到最佳饮用口感，
则，即，
则，所以，
解得.
故答案为：13.3.
14. 已知函数，，若关于x的方程在区间上有三个不同解，则m的值为________，的值为________．
【答案】 ①. 4 ②.
【解析】
【分析】令，利用正弦函数和二次函数的性质分析可知，方程的两个实数根，利用韦达定理可得，再利用正弦函数的对称性可得.
【详解】，
令，因为在上，最多有两个不相等实数根，
所以，要使在区间上有三个不同解，则必有两个不相等实数根，
记的两个实数根为，且，
则由图可知，，
由韦达定理可得，，所以，
所以，解得.
由正弦函数的对称性可知，，所以.
故答案为：4，.

四、解答题：本题共5小题，共计77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知在中，N是边AB的中点，且，设AM与CN交于点P．记．
（1）用表示向量；
（2）若，且，求的余弦值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平面向量线性运算结合条件求解即得；
（2）利用结合条件根据向量夹角公式运算求解即得.
【小问1详解】
，
，
.
【小问2详解】
因为三点共线，所以得，
，得，
所以，
所以，即的余弦值为.
16. 已知是定义在上的奇函数，当时，．
（1）求的值；
（2）求在上的解析式；
（3）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用奇函数的性质求得，从而得解；
（2）利用奇函数的性质，结合对称性即可得解；
（3）将不等式转化为恒成立问题，再利用指数函数的单调性即可得解.
【小问1详解】
因为是定义在上的奇函数，所以，
又当时，＝，
所以，解得，
所以.
【小问2详解】
由（1）得，当时，，
当时，，所以，
又，
所以在上的解析式为.
【小问3详解】
因为当时，，
所以由，得，整理得，
令，根据指数函数单调性可得是减函数，
所以，所以，
故实数的取值范围是.
【点睛】结论点睛：
（1）若函数在区间上单调递增，函数在区间上单调递增，则在上单调递增；
（2）若函数在区间上单调递减，函数在区间上单调递减，则在上单调递减；
17. 已知，，且.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用平方关系将式子化成齐次式，再将弦化切，最后代入计算可得；
（2）首先由同角三角函数的基本关系求出，，，由二倍角公式求出、，最后由并利用两角差的余弦公式计算可得.
【小问1详解】
因为，
所以
；
【小问2详解】
且，
，则，
，
，
，，且，解得（负值舍去），
，
又，，，
.
18. 已知函数在区间单调，其中ω为正整数，|φ|＜，且.
（1）求图像的一个对称中心；
（2）若，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意，，则有，可得函数图像的一个对称中心.
（2）由周期的范围，得，由，求满足条件的.
【小问1详解】
由题设，的最小正周期，，
又因为，，
所以为图像一个对称中心是.
【小问2详解】
由（1）知，故，由，得.
由为的一个对称中心，所以.
因为，所以或.
若，则，即.
不存整数，使得.
若，则，即.
不存在整数，使得.
当时，.
此时，由，得.
19. 若函数在定义域内存在实数满足，，则称函数为定义域的“阶局部奇函数”.
（1）若函数，判断是否为上“二阶局部奇函数”？并说明理由；
（2）若函数是上的“一阶局部奇函数”，求实数的取值范围；
（3）对于任意的实数，函数恒为上的“阶局部奇函数”，求的取值集合.
【答案】（1）是奇函数，理由见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）代入，再化简可得，进而根据求解即可；
（2）代入定义有，再根据对数定义域与存在性条件列式求解即可；
（3）化简可得有解，再讨论二次项系数是否为0，结合二次函数的判别式求解即可.
小问1详解】
由题意得，
即，
故或，
当时，，或；
当时，（舍），是上的“二阶局部奇函数”.
【小问2详解】
由题意得，，故， 结合对数定义域与存在性条件，有
.
【小问3详解】
由题意得，在上有解
有解，
即有解，
①当时，，满足题意；
②当时，对于任意的实数，
，
由于，故.
综上，.