2024~2025学年浙江省杭州市某校高一(上)第三次月考数学试卷(解析版)

这是一份2024~2025学年浙江省杭州市某校高一(上)第三次月考数学试卷(解析版)，共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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，，若集合，则的值为（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】B
【解析】，，，，即，
，当时，或，
当时，即得集合，不符合元素的互异性，故舍去，
当时，，即得集合，不符合元素的互异性，故舍去，
综上，，，
.
故选：B.
2. 已知，则（ ）
A. 25B. 5C. D.
【答案】C
【解析】因为，，即，
所以．
故选：C.
3. 已知向量，若与垂直，则实数（ ）
A. 或7B. 或-2C. 或2D.
【答案】C
【解析】，则，，
与垂直，
则，
解得或.
故选：C.
4. 函数的部分图象形状大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】根据题意可知，定义域为，
而，
所以函数为偶函数，图像关于轴对称，可排除CD；
根据图象可利用可排除B.
故选：A.
5. 已知函数的图象关于直线对称，则=（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为函数的图象关于直线对称，
所以，
即，
因此.
故选：C.
6. 将一直径为的圆形木板，截成一块四边形形状的木板，且这块四边形木板的一个内角满足，则这块四边形木板周长的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】如图：不妨设，则，
由正弦定理可得，
在三角形中，由余弦定理可得
，
由于，
所以，
当且仅当时，等号成立，
在中，，
由余弦定理可得
，
由于，
所以，
当且仅当时，等号成立，
故这块四边形的周长，
所以这块四边形木板周长最大值为.
故选：D.
7. 设函数是定义在上的奇函数，当时，，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】根据题意，设，则，
所以，
因为是定义在上的奇函数，
所以，
所以，
当时，，
当时，，
则的图象如图：
在区间上为减函数，
若，即，又由，
且，必有时，，
解得，因此不等式的解集是.
故选：C.
8. 已知函数，若在内的两个根为，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由，得，则的图象关于对称，
而函数的周期，区间长度不超过，于是，即，
则，而显然，
即有，又，因此，
所以．
故选：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，有选错的得0分．
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 设，，则“”是“”的必要不充分条件
B. “”是“二次方程有两个不等实根”的充分不必要条件
C. 设的内角，，所对边分别为，，，则“”是“”的充要条件
D. 设平面四边形的对角线分别为，，则“四边形为矩形”是“”的既不充分也不必要条件
【答案】ABC
【解析】A.令，满足，而，不充分；
若，当时，则，当时，因为，则，所以必要，故正确；
B. 当时，，方程有两个不等实根，故充分；
当方程方程有两个不等实根时，，则，故不必要，故正确；
C. 在中，大角对大边，大边对大角，所以“”是“”的充要条件，故正确；
D.若四边形为矩形时，则，所以充分，故错误.
故选：ABC.
10. 若实数m，，满足，以下选项中正确的有（ ）
A. mn的最大值为B. 的最小值为
C. 的最小值为D. 最小值为
【答案】AD
【解析】对于A，由m，，得，又，
所以，解得，当且仅当，
即，时等号成立，
所以mn最大值为，选项A正确；
对于B，，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为，选项B错误；
对于C，由，得，
所以
，
当且仅当，即时等号成立，又m，，
所以，选项C错误；
对于D，由m，，，
得，
则，当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为，选项D正确．
故选：AD．
11. 在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则下列结论正确的有（ ）
A.
B. 的取值范围为
C. 的取值范围为
D. 的取值范围为
【答案】AC
【解析】因为，又由余弦定理，
即，
所以，所以，即，
由正弦定理可得，
又，
，即，
，
，，为锐角，，即，故选项A正确；
，，，故选项B错误；
，故选项C正确；
，
又，，
令，则，
由对勾函数性质可知，在上单调递增，
又，，
，故选项D错误．
故选：AC．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 设函数在区间上最大值为，最小值为，则的值为__________．
【答案】1
【解析】由题意知，，
设，则，
因为，所以为奇函数，
所以在区间上的最大值与最小值的和为0，
故，所以．
13. 已知的角，，所对的边分别是，，，且，若的外接圆半径为，则面积的最大值为__________．
【答案】
【解析】∵，即，
∴，∴．
又的外接圆半径为，∴．
由余弦定理得，
∴，当且仅当时等号成立．
∴.
14. 在中，在的三边上运动，是外接圆的直径，若，，，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】设外接圆圆心为，半径为，
由余弦定理有，所以，
由正弦定理有，即，
，
设到三边，，的距离分别为，则
，，
.
所以的最小值为，最大值为，
即的最小值为，最大值为，
所以的取值范围是.
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. 已知函数.
（1）求的值域；
（2）若对，不等式恒成立，求实数m的取值范围.
解：（1）令，当时，，
则可将原函数转化为，
当时，；当时，.
所以在上的值域为.
（2）令，当时，，
则关于x的不等式对恒成立，
可化为对恒成立，所以，即，
又在上为减函数，在上为增函数，
在上的最大值为.
因此实数m的取值范围为.
16. 已知向量，满足，且.
（1）试用表示，并求出的最大值及此时与的夹角的值.
（2）当，取得最大值时，求实数，使的值最小，并对这一结果做出几何解释.
解：（1）由题意，向量，满足，且，
可得，整理得，
即，可得，
又由，
当且仅当，即时等号成立，所以最大值为，
又由，所以.
（2）由（2）知的最大值为，
所以，
所以当时，取得最小值，最小值为，
这一结果的几何解释：平行四边形中，，当且仅当时，对角线最短为.
17. 在中，内角的对边分别为，且.
（1）求；
（2）求的最小值.
解：（1）因为，
由正弦定理得，
又，
所以，
又，所以，
而，所以.
（2）法一：
因为
，
所以，
因为，所以当，即时，的最大值为1，
故的最小值为.
法二：
因为，，
所以，
又因为，所以，
所以，当且仅当时取等号，则，
故的最小值为.
18. 记的内角的对边分别为，已知.
（1）求的值；
（2）若的面积为，求；
（3）若，当角最大时，求的面积
解：（1），由正弦定理可得：，
，，
两边同时除以，可得：.
（2）方法1：，则，
结合正弦定理得，，
即，
则，
所以，即，
解得，又，
所以.
方法2：同方法可得，
由（1）可得，所以，
即，又，
所以，解得，，
所以.
（3）方法1：，，
，，
，
当且仅当时等号成立，此时取到最大值，
，当最大时，.
方法2：由（1）知，则，
所以
，当且仅当，即时，取“=”，
此时，则，.
19. 对于四个正数，如果，那么称是的"下位序列".
（1）对于，试求的"下位序列"；
（2）设均为正数，且是的"下位序列"，试判断：之间的大小关系，并证明你的结论；
（3）设正整数满足条件：对集合内的每个，总存在正整数，使得是的"下位序列"，且是的"下位序列"，求正整数的最小值.
解：（1）由题意可知，此时，
则的“下位序列”为.
（2）由题意可知，此时，
取，则，
猜想，
先证左边则，
再证右边则，
综上.
（3）由题意可知①，又则，
此时于是解得
又对集合内的每个，上式都成立，
则，
下证满足题意，
由①可知，
再由（2）可知，
即对集合内的每个，总存在是满足题意的.
综上所述：正整数的最小值为.