天津市武清区天和城实验中学2024-2025学年高三上学期10月第一次月考 数学试题（含解析）

这是一份天津市武清区天和城实验中学2024-2025学年高三上学期10月第一次月考 数学试题（含解析），共15页。试卷主要包含了已知集合，，则，已知向量，满足，，，则，，点在边上，，设，则等内容，欢迎下载使用。

月考试题
一.选择题（每小题5分，共45分）
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．在平面直角坐标系中，角以为始边，其终边经过点，则（ ）
A．B．C．2D．
3．将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，则“”是“函数为偶函数”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
4．已知向量，满足，，，则（ ）
A．1B．C．D．
5．，点在边上，，设，则（ ）
A．B．
C．D．
6．设，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
7．在等差数列中，，且，，，构成等比数列，则公差（ ）
A．0或2B．2C．0D．0或
8．若函数在其定义域内单调递增，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
9．已知函数在x=1处取得极小值1，则在区间上的最大值为（ ）
A．2B．4C．6D．8
二.填空题（每小题5分，共30分）
10．若复数满足，则对应的点位于第 象限.
11．，向量在方向上的投影 .
12．已知向量，，则与的夹角为钝角时，的取值范围为 .
13．在中，已知，，，为边的中点.若，垂足为，则的值为 .
14．已知函数，若将的图象向左平行移动个单位长度后得到的图象，则把的图象向右至少平行移动 个单位可得到的图象．
15．已知函数.下列结论正确的是 .①的一个对称中心为；②是的最大值；③在上单调递增；④把函数的图象上所有点向右平行移动个单位长度后，再向上平移个单位长度，可得到的图象.
三.解答题（每小题15分，共75分）
16．已知.
(1)若，求；
(2)若，求.
17．如图所示，平行四边形中，，，，， 试用向量，来表示，．
18．设函数，.
（1）求f(x)的最小正周期和对称中心；
（2）若函数f(x)的图像向左平移个单位得到函数g(x)的图像，求函数g(x)在区间上的值域.
19．已知的内角的对边分别为，且.
(1)求角的大小；
(2)若，求的面积；
(3)若，求.
20．记为等差数列的前项和，已知．
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前项和．
21．已知函数．
(1)求曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；
(2)求的单调区间和极小值．
22．已知函数，求：
(1)函数y=fx的图象在点处的切线方程；
(2)的单调递减区间；
(3)求的极大值和极小值．
1．B
【分析】化简集合，结合交集的概念即可得解.
【详解】因为，，
所以.
故选：B.
2．A
【分析】根据三角函数的定义即可求解.
【详解】由三角函数的定义可知，
故选：A
3．A
【分析】根据题意求出函数的解析式，然后通过函数是偶函数求出的取值范围，最后与进行对比，即可得出“”与“为偶函数”之间的关系．
【详解】因为函数的图像向右平移个单位长度后得到函数的图像，
所以，
因为为偶函数，
所以，即，
当时，可以推导出函数为偶函数，
而函数为偶函数不能推导出，
所以“”是“为偶函数”的充分不必要条件.
故选：A
4．D
【分析】结合已知条件，首先对两边同时平方求出，然后利用求解即可.
【详解】因为，，
所以，即，
故.
故选：D.
5．B
【分析】根据向量的线性运算求得正确答案.
【详解】依题意，
.
故选：B
6．D
【分析】根据指数以及对数的单调性即可求解.
【详解】因为，所以，因为，所以.
因为，所以，所以.
故选：D
7．A
【分析】根据等比中项的性质和等差数列的通项公式建立方程，可解得公差d得选项.
【详解】解：因为在等差数列中，，且，，，构成等比数列，所以，即，
所以，解得或，
故选：A.
8．B
【分析】将问题转化为f′x≥0在0,+∞上恒成立，利用基本不等式可得.
【详解】的定义域为0,+∞，，
因为函数在其定义域内单调递增，
所以在0,+∞上恒成立，即在0,+∞上恒成立，
因为，当且仅当时，等号成立，
所以，所以.
故选：B
9．C
【分析】根据函数在处取得极小值1求出，利用导数判断出区间上的单调性，求出极值、端点值可得答案.
【详解】，
因为函数在处取得极小值1，
所以，解得，
可得，且，解得，
，，
当时，f′x>0，单调递增，
当x∈0,1时，f′x<0，单调递减，
当时，f′x>0，单调递增，
所以，，
，，
则在区间上的最大值为6.
故选：C.
10．四
【分析】根据给定条件，利用复数的除法求出即可得解.
【详解】依题意，，
所以复数对应的点位于第四象限.
故答案为：四
11．##
【分析】结合数量积的公式以及余弦定义即可求得结果.
【详解】由题知，令与的夹角为，
则，
则向量在方向上的投影为.
故答案为：
12．
【分析】根据与的夹角为钝角利用平面向量的夹角公式列出不等式，但是要排除两个向量成角时的情况.
【详解】因为与的夹角为钝角，所以，
即，所以，解得，
同时向量，也不能成的角， 所以，
所以的取值范围为.
故答案为：.
13．
【解析】在中，由余弦定理即可求出，从而得出，并求出，这样在中，由余弦定理即可求出的值，从而求出，这样在中即可求出、、的值，而，从而可求出数量积的的值．
【详解】在中，由余弦定理可得
，则，
则，再由余弦定理，，
在中，，则
所以，
则在中，，，
，
则
故答案为：．
【点睛】本题考查余弦定理的应用，直角三角形的边角关系，向量加法的几何意义，相反向量的概念，以及数量积的运算．
14．##
【分析】根据辅助角公式结合图象平移可得，根据题意结合图象平移分析可得，运算求解即可.
【详解】∵，
将的图象向左平行移动个单位长度后得到，
把的图象向右平行移动个单位，可得，
由题意可得，故，
解得，
注意到，可得当时，取到最小值.
故答案为：
15．②③④
【分析】先利用三角函数恒等变换有关公式，把函数化成的形式，再结合三角函数的性质判断各项内容的准确性.
【详解】因为.
对①：由函数性质，函数的对称中心的纵坐标为，故①错误；
对②：因为，是函数的最大值，故②正确；
对③：由，，得：，.
所以函数在，上为增函数.
令，得函数在上为增函数.故③正确；
对④：将函数的图象上所有点向右平行移动个单位长度，可得函数的图象，再把函数向上平移个单位长度，可得到的图象，即为函数的图象，故④正确.
故答案为：②③④
16．(1)；
(2).
【分析】（1）利用向量线性运算的坐标表示及共线向量的坐标表示，列式计算即得.
（2）由（1）中信息，利用垂直关系的坐标表示，列式计算即得.
【详解】（1）由，得，
，而，
则，所以.
（2）由（1）知，，，
由，得，
所以.
17．，
【分析】根据向量加减、数乘的几何意义，结合题设条件及数形结合法，应用、表示、即可.
【详解】由，即，
所以，
由，则，
所以；
18．（1）f(x)的最小正周期为，对称中心为；（2）.
【分析】（1）利用三角恒等变换公式化简函数f(x)的解析式为，根据正弦函数的图象与性质即可求解f(x)的最小正周期与对称中心；（2）根据三角函数图象变换规则求出的解析式，判断函数在上的单调性从而求得值域.
【详解】（1）
令，解得，
所以f(x)的最小正周期为，对称中心为；
（2）函数f(x)的图像向左平移个单位得到函数，
令，解得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
因为，
所以函数g(x)在区间上的值域为.
【点睛】本题考查三角恒等变换，求正弦型函数的周期性、对称性与单调性，三角函数图象变换规则，属于中档题.
19．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）首先分析题意，利用正弦定理进行边角互化，进而通过特殊角的余弦值求解即可.
（2）通过余弦定理列出方程，求解关键边长，进而求出三角形面积即可.
（3）通过正弦定理判断角为锐角，利用二倍角公式结合两角和的正弦公式求解即可.
【详解】（1）由正弦定理得：， ，
显然则，
又，故；
（2），
由余弦定理可得，整理可得，
又，解得，
（3）由正弦定理得：，则，
，即，则，故为锐角，
，
，
，
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；
（2）先求，讨论的符号去绝对值，结合运算求解.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
由题意可得，即，解得，
所以，
（2）因为，
令，解得，且，
当时，则，可得；
当时，则，可得
；
综上所述：.
21．(1)
(2)的增区间为，，减区间为；的极小值为
【分析】（1）由切点为1,f1，求出切线斜率，写出切线的点斜式方程，得到切线方程的横纵截距，即可求得切线与坐标轴围成的三角形的面积；
（2）由导数的正负，解出的定义域内的范围，即可求出的单调区间，由的单调情况，可以得到的极小值．
【详解】（1）因为，定义域为0,+∞，
所以，，
则，又，
所以曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为，即，
令得，令得，
故所求三角形的面积为．
（2）因为，，
令得或，
令得或，令得，
又函数的定义域为0,+∞，
所以的增区间为，，减区间为，
所以的极小值为．
22．(1)
(2)，
(3)极大值为，极小值为
【分析】（1）利用导数的几何意义可求得切线斜率，进而得到切线方程；
（2）根据导函数的正负即可确定所求的单调区间；
（3）根据（2）可求极值.
【详解】（1）由题意得：，
，又，
的图象在处的切线方程为，即.
（2）由（1）知：，
当时，f′x<0；当时，f′x>0；∴fx的单调递减区间为，.
（3）根据（2）可知，当为函数的极小值点，且，
当为函数的极大值点，且，
所以的极大值为，极小值为.