2024漯河高级中学高一下学期5月月考试题数学含解析

这是一份2024漯河高级中学高一下学期5月月考试题数学含解析，共19页。

1．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。
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，将答案写在答题卡的相应位置上。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。
选择题（共8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1．已知函数是偶函数，则的值为（ ）
A．B．C．D．
2．在中，点D在边AB上，．记，则（ ）
A．B．C．D．
3．函数的定义域为（ ）
A．{且}B．{且}
C．D．{且}
4．“大美中国古建筑名塔”榴花塔以红石为基，用青砖灰沙砌筑建成.如图，记榴花塔高为，测量小组选取与塔底在同一水平面内的两个测量点和，现测得，，，在点处测得塔顶的仰角为30°，则塔高为（ ）
A．B．C．D．
5．如图，在三棱锥中，，分别为AB，AD的中点，过EF的平面截三棱锥得到的截面为EFHG.则下列结论中不一定成立的是（ ）
A．B．
C．平面D．平面
6．若是第一象限角，则下列结论一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
7．已知函数，其中.若在区间上单调递增，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．已知定义在上的函数是偶函数，当时，，若关于的方程有且仅有个不同实数根，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二．多选题（共4小题，每题5分，共20分。在每题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分。）
9．定义域为，为偶函数，且，则下列说法正确的是（ ）
A．的图象关于（1，0）对称B．的图象关于对称
C．4为的周期D．
10．已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，下面四个结论正确的是（ ）
A．若，则为等腰三角形
B．在锐角中，不等式恒成立
C．若，，且有两解，则b的取值范围是
D．若，的平分线交于点D，，则的最小值为9
11．已知向量满足，且，则（ ）
A．B．C．D．
12．定义在R上的函数（且，），若存在实数m使得不等式恒成立，则下列叙述正确的是（ ）
A．若，，则实数m的取值范围为
B．若，，则实数m的取值范围为
C．若，，则实数m的取值范围为
D．若，，则实数m的取值范围为
三．填空题（共4小题，每题5分，共20分。）
13．已知函数，则关于x的不等式的解集为 ．
14．已知函数的部分图象如图所示，且在上恰有一个最大值和一个最小值，则的取值范围是 .

15．已知函数，，若对任意的，总存在使得成立，则实数a的取值范围是 ．
16．在△ABC中，D是边BC上的点，AD平分∠BAC，且△ABD面积是△ADC面积的2倍，AD=2，DC=2，则边AC=__________．
四．解答题（共6小题，共70分）
（10分）17．已知.
(1)若在（）上单调，求m的最大值；
(2)若函数在上有两个零点，，求实数k的取值范围及的值.
（12分）18．如图所示，在四棱锥中，平面，，E是PD的中点.

(1)求证：；
(2)求证：平面；
(3)若M是线段上一动点，则线段上是否存在点N，使平面？说明理由.
（12分）19．记锐角的内角的对边分别为.向量，，且.
(1)求角；
(2)已知点为所在平面内的一点，
（i）若点满足，且，求的值；
（ii）若点为内切圆圆心，求的取值范围.
（12分）20．已知二次函数同时满足以下条件：①，②，③．
(1)求函数的解析式；
(2)若，，求：
①的最小值；
②讨论关于m的方程的解的个数．
（12分）21．如图，在中，已知，M是的中点，N是上的点，且相交于点P．设.
(1)若，试用向量表示;
(2)若，求实数x的值．
（12分）22．某镇为了拓展旅游业务，把一块形如的空地(如图所示)改造成一个旅游景点，其中.现拟在中间挖一个人工湖，其中M，N都在边AB上，且，挖出的泥土堆放在地带上形成假山，剩下的地带开设儿童游乐场.为安全起见，需在的周围安装防护网.
(1)当时，求防护网的总长度.
(2)为节省投入资金，人工湖的面积要尽可能小，试问当多大时，的面积最小?最小面积是多少?
数学答案
1．C【详解】因为是偶函数，
所以，即，
又，所以.
2．B【详解】因为点D在边AB上，，所以，即，
所以．
3．D【详解】由题意得，解得且，
即定义域为.
4．A【详解】依题意，中，，，即，
解得.
在中，，即.
5．D【详解】对于，，分别为，的中点，，EF与平面BCD平行
过的平面截三棱锥得到的截面为，平面平面，
，，故AB正确；
对于，，平面，平面，平面，故正确；
对于，的位置不确定，与平面有可能相交，故错误.
6．C【详解】因为在第一象限，所以，，
所以，，所以是第一､三象限角，
当是第一象限角时，，，，；
当是第三象限角时，，，，；
综上，一定成立.
7．A【详解】由题意得，函数的增区间为，且，
解得.
由题意可知：.
于是，解得.
又，于是.
8．C【详解】由题意可知，函数的图象如图所示：
根据函数图像，函数在，上单调递增，在，上单调递减；且时取最大值2，在时取最小值0，是该图像的渐近线.
令，则关于的方程即可写成，
此时关于的方程应该有两个不相等的实数根
设，为方程的两个实数根，显然，有以下两种情况符合题意：
①当，时，此时，则；
②当，时，此时，则；
综上可知，实数的取值范围是.
9．ABC【详解】因为为偶函数，则，可知函数关于对称，
，把换成可得，
两式相加可得，关于对称，
又关于轴对称，则可得，，
可知4为的周期，所以ABC都正确．
令，，，，
，D选项错误.
10．BCD【详解】选项A，因为，即，
所以有
整理可得，所以或，
故为等腰三角形或直角三角形，故A错误；
选项B，若为锐角三角形，所以，所以，
由正弦函数在单调递增，则，故B正确.
选项C，如图，若有两解，则，
所以，则b的取值范围是，故C正确．
选项D，的平分线交于点D，，
由，由角平分线性质和三角形面积公式得，
得，
即，得，
得，
当且仅当，即时，取等号，故D正确.
11．BC【详解】因为，
所以，
即，整理可得 ，
再由，且可得，
所以，，故错误；
又因为，
所以向量的夹角，
故向量共线且方向相反，
所以，故B正确；
又，
所以，故C正确．
12．BD【详解】对于函数，因，则函数是奇函数.
不妨设，则，
对于A项，当时，在定义域内为增函数，
因，则在R上也是增函数，故在R上也是增函数.
由，则，即（*），
①当时，此时恒成立；② 当时，由（*）可得，解得，综上可知，，故A项错误；
对于B项，当时，在定义域内为减函数，因，则在R上也是减函数，故在R上是增函数，
由A项分析可得，恒成立可得，，故B项正确；
对于C项，当时，在定义域内为增函数，因，则在R上是减函数，故在R上是减函数，
由，则，即（*），
①当时，无解；② 当时，由（*）可得，解得或，综上可知，，故C项错误；
对于D项，当时，在定义域内为减函数，因，则在R上也是增函数，故在R上是减函数，
由C项分析可得，恒成立可得，，故D项正确.
13．
【详解】当时，得，
当时，，得，所以，
综上：的解集为，
故答案为：.
14．
【详解】由图知，所以，
因为，所以，即，
由，知，
因为在上恰有一个最大值和一个最小值，
所以，解得．
故答案为：．
15．
【详解】因为函数在上单调递减，
所以，即，
所以函数的值域为，
因为对任意的，总存在使得成立，
故的值域是值域的子集，
对，，
当时，，符合题意；
当时，函数在单调递增，所以，
所以解得，又，所以，
综上，实数a的取值范围是．

【详解】如所示，∠DAB=∠CAD,∠ADB+∠CDA=π,即sin∠DAB=sin∠CAD,sin∠ADB=sin∠CDA,由S△ABD=2S△ACD⇒12AB⋅AD⋅sin∠BAD=2×12AC⋅AD⋅sin∠CAD⇒AB=2AC 由正弦定理可得：DBsin∠BAD=ABsin∠ADB,DCsin∠CAD=ACsin∠ADC，两式作商得：BDDC=ABAC=2⇒BD=22 设AC=b，则AB=2b，由余弦定理得：cs∠BAD=22+2b2−2228b=cs∠CAD=22+b2−224b⇒b=2
17．(1)的最大值为；
(2);
【详解】（1），
，
，
，
因为，所以，
若在（）上单调，所以，
解得：，所以的最大值为；
（2）由（1）可知，在上有两个零点，，
即与在上有2个交点，
，，设，
即与，有2个交点，
在单调递增，在单调递减，
，，，
则，解得：；
并且，与关于对称，即，
所以
.
18．(1)证明见解析(2)证明见解析(3)存在，证明见解析
【详解】（1）在四棱锥中，平面，平面，平面，
平面平面，所以；
（2）如下图，取为中点，连接，由E是PD的中点，
所以且，由（1）知，又，
所以且，所以四边形为平行四边形，故，
而平面，平面，则平面.

（3）取中点N，连接，，
因为E，N分别为，的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
线段存在点N，使得平面，理由如下：
由（2）知：平面，又，平面，平面，
所以平面平面，又M是上的动点，平面，
所以平面，所以线段存在点N，使得平面.
19．(1)
(2)（i）；（ii）
【详解】（1）因为，
所以，
由正弦定理可得，
由余弦定理有，
因为，所以.
（2）
（i）因为，
所以，
即，
所以，即为三角形的外心，
由正弦定理可得，
；
（ii）因为点为内切圆圆心，
所以分别为的平分线，
所以，
因为是锐角三角形，则,所以，
所以设，,
则，
所以，即，
，
，
在中，由正弦定理有，
所以，
因为，所以，
所以，
所以的取值范围为.
20．(1)
(2)①；②答案见解析
【详解】（1）（1）由得，对称轴为，
设，
∴，得，
∴．
（2）（2）①，，对称轴，
ⅰ当即时，在单调递增，
，
ⅱ即时，在单调递减，在单调递增，
∴，
ⅲ当即时，在单调递减，
，
综上：
②画出函数的图象图下图所示：

利用图象的翻转变换得到函数的图象如图所示：

方程的根的个数为函数的图象与直线的交点个数，由图象可知：
当时，方程无解；当时，方程有4个解；当或时，方程有2个解；当时，方程有3个解.
21．(1)，
(2)
【详解】（1），
设，因为，
所以，
即，
由共线得：，解得：，
所以，
所以.
（2），
因为，由于共线，故，
所以，
解．
22．(1)
(2)时，的面积最小，且最小值为
【详解】（1）在中，，，所以，
在中，由余弦定理得，
所以，所以，则，所以，
又，所以，即为正三角形，则的周长为9，
即防护网的总长度为.
（2）设，在中，由正弦定理得，
所以，在中，由正弦定理得，
所以，
又，
所以当且仅当，即时，的面积最小，
且最小值为.