湖南省郴州市嘉禾县第一中学等多校联考2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题

这是一份湖南省郴州市嘉禾县第一中学等多校联考2023-2024学年高一下学期3月月考数学试题，共7页。试卷主要包含了如图所示，为的边上的高，，则，函数的零点个数为，已知，则是方程的解的充要条件是，德国数学家狄里克雷等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、单项选择题：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．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．若向量，则（ ）
A．B．C．D．
3．命题“”的否定为（ ）
A．B．C．D．
4．1963年3月5日，毛泽东主席为沈阳部队某部因公牺牲的英雄战士雷锋的题词“向雷锋同志学习”在《人民日报》发表．为发扬雷锋精神，国家将每年的3月5日规定为“学雷锋纪念日．某学校学生会自发地组织了若干个团队分别去社会开展“学雷锋，做好事”志愿者活动．记到社区参加志愿者活动的同学的集合为，到敬老院参加志愿者活动的同学的集合为，则集合的含义是（ ）
A．同时到社区和敬老院参加志愿者活动的全体同学
B．只到社区而没有去敬老院参加志愿者活动的同学
C．只到敬老院而没有去社区参加志愿者活动的同学
D．到社区或到敬老院参加志愿者活动的同学
5．如图所示，为的边上的高，，则（ ）
A．3B．4C．D．
6．函数的零点个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
7．顶角为的等腰三角形，常称为“最美三角形”．已知，则“最美三角形”的底边长与腰长的比为（ ）
A．B．C．D．
8．已知，则是方程的解的充要条件是（ ）
A．B．
C．D．
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．在整数集中，被6除余数为的所有整数组成一个“类”，记为，即
．则下列结论中正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．整数属于同一“类”的充要条件是“”
10．德国数学家狄里克雷（DⅠrⅠchlet，PeterGustavLejeune，1805-1859）在1837年给出了这样一个函数这个定义较清楚地说明了函数的内涵：只要有一个法则，使得取值范围中的每一个，有一个确定的值与之对应就行了，不管这个法则是用解析式还是图像、表格等形式给出的．这个函数常称为狄里克雷函数．关于狄里克雷函数的性质，下面的表述中正确的是（ ）
A．或1B．的值域为
C．的图象关于直线对称D．的图象关于直线对称
11．下列命题中正确的是（ ）
A．若平面向量两两的夹角相等，且，则的值为0
B．已知，且，则
C．若，则为钝角三角形
D．已知点为的外心，且，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知向量，满足，则_________。
13．已知，则_________。
14．已知中，角的对边分别为，则_________。
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．（13分）
已知为单位向量，且的夹角为，向量．
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）求与的夹角．
16．（15分）
已知函数．
（Ⅰ）已知的定义域为的定义域为，试求和；
（Ⅱ）已知命题：关于的不等式的解集是，命题：函数
的定义域为，如果有且只有一个为真命题，试求实数的取值范围．
17．（15分）
如图所示，在扇形中，，矩形内接于扇形，点为弧的中点，设，矩形的面积为．
（Ⅰ）若，试求的值；
（Ⅱ）求的最大值及取得最大值的条件．
18．（17分）
已知函数分别为定义在上的奇函数和偶函数，且满足．
（Ⅰ）求的解析式；
（Ⅱ）设函数，求在上的最小值，并求对应的的值．
19．（17分）
设函数．
（Ⅰ）由的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，求函数的单调递减区间；
（Ⅱ）记的内角的对边依次为，若，求的取值范围．
高一数学·答案
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分
1．D 2．C 3．A 4．D 5．C 6．B 7．B 8．C
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．每小题全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．ACD 10．BC 11．CD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．0 13． 14．
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．解析（Ⅰ）为单位向量，且的夹角为，
（Ⅱ）设与的夹角为．
又
与的夹角为．
16．解析（Ⅰ）由关于的不等式的解集是，知，
故；
由函数的定义域为，知不等式的解集为，
所以解得．
故．
所以，．
（Ⅱ）由（Ⅰ）的解题过程可知：若为真命题，则；若为真命题，则．
因为“有且只有一个为真命题”，所以和一真一假，即有“假真”和“真假”两种情况，
故或
解得或，即得实数的取值范围是．
17．解析（Ⅰ）如图所示，设与分别交于两点，由已知得，
所以．
故
，其中．
所以，当时，．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，因为，所以，当，即时，取得最大值．
18．解析（Ⅰ）由题意得，
因为分别是上的奇函数和偶函数，
所以，
解得
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，
令，当时，，
故，
由对称轴，可得时，取得最小值0．
此时，解得，即．
综上，在上的最小值为0，此时．
19．解析（Ⅰ）由．
因为由的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，
所以．
因为由的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，
所以．
令，得．
所以函数的单调递减区间为．
（Ⅱ）因为，所以．
取边的中点，连接并延长到，使得，则四边形为平行四边形．
由向量加法的平行四边形法则，得，
所以，
即．
由及余弦定理，得，即．注意到，得，
得．
又因为．
所以．
所以由得，即的取值范围是．