PAGE20PAGE19重慶市縉云教化聯盟2024-2025學年高一數學9月月考試題留意：本試卷包含Ⅰ、Ⅱ兩卷。第Ⅰ卷為選擇題，全部答案必需用2B鉛筆涂在答題卡中相應的位置。第Ⅱ卷為非選擇題，全部答案必需填在答題卷的相應位置。答案寫在試卷上均無效，不予記分。第I卷（選擇題）一、選擇題已知函數，若且，則函數取得最大值時x的可能值為A. B. C. D.已知函數在區間上的最小值為，則的取值范圍是A.， B.，

C. D.直線與圓O：相交于M，N兩點，若，P為圓O上隨意一點，則的取值范圍為A. B. C. D.已知平面對量，，滿意，，記與夾角為，則的最小值是A. B. C. D.已知且，若向量滿意，則當向量、的夾角取最小值時，A. B.8 C. 已知函數，若使得在區間上為增函數的整數有且僅有一個，則實數的取值范圍是A. B. C. D.平面上的兩個向量和，若向量，且，則的最大值為

A. B. C. D.已知函數在定義域R上的導函數為，若函數沒有零點，且，當在上與在R上的單調性相同時，則實數k的取值范圍是

A. B. C. D.二、不定項選擇題把函數的圖象沿x軸向左平移個單位，縱坐標伸長到原來的2倍橫坐標不變后得到函數的圖象，對于函數有以下四個推斷，其中正確的是A.該函數的解析式為

B.該函數圖象關于點對稱

C.該函數在上是增函數

D.函數在上的最小值為，則下列說法中錯誤的為

A.已知，，且與的夾角為銳角，則實數的取值范圍是

B.向量不能作為平面內全部向量的一組基底

C.若，則在方向上的投影為

D.非零向量和滿意，則與的夾角為已知函數，下列說法正確的是

A.是周期函數

B.若，則

C.在區間上是增函數

D.函數在區間上有且僅有1個零點在平面直角坐標系xOy中，使角的頂點與原點重合，角的始邊與x軸的非負半軸重合．已知點是角終邊上一點，，定義對于下列說法：其中正確的是A.函數的值域是；

B.函數的圖象關于直線對稱；

C.函數是周期函數，其最小正周期為；

D.函數的單調遞減區間是，．第II卷（非選擇題）三、填空題已知，向右平移個單位后為奇函數，則______，若方程在上恰有兩個不等的根，則m的取值范圍是______．在中，已知，，，則的面積為______．已知平面對量，，，滿意，，，若平面對量且，則的最小值是______．半徑為R的圓外接于，且，若，則面積的最大值為________．四、解答題如圖所示，海平面上有3個島嶼A，B，C，它們位于海平面上，已知B在A的正東方向，C在A的北偏西的方向，C在B的北偏西方向上，某一天上午8時，甲，乙兩人同時從A島嶼乘兩個汽艇動身分別前往B，C兩個島嶼執行任務，他們在上午的10時分別同時到達B，C島嶼．現在已知甲乙都是勻速前進的，且乙的前進速度為3海里小時．

求A、B兩個島嶼之間的距離；

當天下午2時甲從B島嶼乘汽艇動身前往C島嶼執行任務，且速度為海里小時，1個小時后乙馬上從C島嶼乘汽艇以原速度返回A島嶼，求乙前進多少小時后，甲乙兩個人之間的距離最近？

留意：．

已知向量，且函數的兩條對稱軸之間的最小距離為．

Ⅰ若方程恰好在有兩個不同實根，，求實數m的取值范圍及的值．

Ⅱ設函數，且，求實數a，b的值．

已知函數．

Ⅰ求的最小正周期和單調遞增區間；

Ⅱ將函數的圖象上全部點的橫坐標伸長為原來的2倍縱坐標不變，再將得到的圖象向左平移個單位長度，得到函數的圖象，若關于x的方程在上恰有2個根，求a的取值范圍．

已知向量，且函數的兩條對稱軸之間的最小距離為．Ⅰ若方程恰好在有兩個不同實根，，求實數m的取值范圍．Ⅱ設函數，且，求實數a的值．

已知向量且函數的兩條對稱軸之間的最小距離為．Ⅰ若方程恰好在有兩個不同實根，求實數m的取值范圍及的值．Ⅱ設函數，且，求實數a，b的值．

已知向量，函數，．

當時，求的值；

若的最小值為，求實數m的值；

是否存在實數m，使函數有四個不同的零點？若存在，求出m的取值范圍；若不存在，說明理由．

答案和解析1.【答案】B

【解析】解：由可知函數的對稱軸為，所以由題意可得，，解得，，

又因為，所以，即，可得，

所以可得，，

所以，

所以取到最大值時，則，，即，，

當k取適當的整數時，只有適合，

故選：B．

由可知函數的對稱軸為，進而求出的取值集合，再由，可得的取值集合，代入函數中可得，進而求出函數取到最大值時x的集合，k取適當的整數可得x的取值選項．

本題考查函數的對稱性及函數的最值的求法，屬于中檔題．

2.【答案】D

【解析】解：當時，要使函數在區間上的最小值為，則，，即，，則可得；

當，則，，，，則可得，

故選：D．

分的正負探討，要使函數在區間上的最小值為可知，或，分別求出的范圍即可．

本題考查求由三角函數的單調性求最值的應用，屬于中檔題．

3.【答案】A

【解析】解：取MN的中點A，連接OA、OP，則，

，點O到直線MN的距離，

在中，，，

，

，

當，同向時，取得最小值，為；

當，反向時，取得最大值，為．

的取值范圍為．

故選：A．

取MN的中點A，連接OA、OP，由點到直線的距離公式可得，于是推出，，而，故，其中，從而得解．

本題考查平面對量在幾何中的應用，除了平面對量的線性運算和數量積運算外，還用到了點到直線的距離公式、二倍角公式等，考查學生的邏輯推理實力和運算實力，屬于中檔題．

4.【答案】D

【解析】解：設，則．

又．

．

則

．

，，則，

當時，，有最大值為，

有最小值為，

又，

的最小值是．

故選：D．

設，則，用數量積表示與的夾角的余弦值，轉化為二次函數求最值．

本題考查平面對量的數量積運算，訓練了利用二次函數求最值，考查計算實力，是中檔題．

5.【答案】C

【解析】解：如圖，

設，，，

由，得C在以A為圓心，以2為半徑的圓上，

由圖可知，當OC與圓A相切時，向量、的夾角取最小值，

，，，可得，則向量、的夾角取最小值為，且．

．

故選：C．

由題意畫出圖形，求得向量、的夾角的最小值，并求得當向量、的夾角取最小值時的，代入向量數量積公式求解．

本題考查平面對量的數量積運算，考查數形結合的解題思想方法，是中檔題．

6.【答案】D

【解析】解：函數，

使得在區間上為增函數，

可得：，，可得，，

當時，滿意整數至少有1，2，舍去；

當時，由，時，，

由時，，要使整數有且僅有一個，需，解得．

實數的取值范圍是

故選：D．

由已知可求，，可得，，分類探討，可得當時，由，時，，由時，，要使整數有且僅有一個，需，即可解得實數的取值范圍．

本題主要考查利用的圖象特征，單調性的應用，是中檔題．

7.【答案】B

【解析】【分析】本題主要考查平面對量的數量積及模長公式，考查與圓有關的最值問題，屬于較難題．

由題意得出，畫出圖形，取AB的中點D，求出，說明C在以D為圓心的圓上，利用求O點到圓上點的最大值的方法即可求出．【解答】解：，，

，，，，取AB的中點D，且，如圖所示：則，，，，，在以D為圓心，為半徑的圓上，的最大值為

故選B．

8.【答案】A

【解析】【分析】

本題考查導數的綜合應用，考查利用導數求函數的單調性，正弦函數的性質，協助角公式，考查計算實力，屬于較難題．

由題意可知：為R上的單調函數，則為定值，由指數函數的性質可知為R上的增函數．

則在單調遞增，求導，則恒成立，則，依據函數的正弦函數的性質即可求得k的取值范圍．

【解答】

解：若方程無解，

則

或恒成立，所以為R上的單調函數，

，都有，

則為定值，

設，則，易知為R上的增函數，

，

，

又與的單調性相同，

在R上單調遞增，則當，恒成立，

當時，，

，

，

此時，

故選A．

9.【答案】BD

【解析】【分析】

本題主要考查的圖象變換規律，正弦函數的圖象和性質，屬于中檔題．

利用的圖象變換規律，求得的解析式，再利用正弦函數的圖象和性質，的得出結論．

【解答】解：把函數的圖象沿著x軸向左平移個單位，可得的圖象；

再把縱坐標伸長到原來的2倍橫坐標不變后得到函數的圖象，

對于函數，故選項A不正確；

由于當時，，故該函數圖象關于點對稱，故B正確；

在上，，故該函數在上不是增函數，故C錯誤；

在上，，故當時，該函數在上取得最小值為，，故D正確．

故選BD．

10.【答案】ACD

【解析】【分析】

本題考查平面對量基本定理及向量的數量積，向量的夾角等學問，對學問廣度及精確度要求比較高，屬于較難的題．

由向量的數量積、向量的投影、基本定理與向量的夾角等基本學問，逐個推斷即可求解．

【解答】

解：對于與的夾角為銳角，

，

且時與的夾角為，

所以且，故A錯誤；

對于B．向量，即共線，故不能作為平面內全部向量的一組基底，B正確；

對于若，則在方向上的正射影的數量為，故C錯誤；

對于因為，兩邊平方得，

，

則，

，

故，

而向量的夾角范圍為，

得與的夾角為，故D項錯誤．

故錯誤的選項為ACD．

故選ACD．

11.【答案】AB

【解析】【分析】

本題考查正弦、余弦函數的圖象與性質，二倍角公式，屬于較難題，

先對函數化為分段函數，利用三角函數的圖象和性質，逐一分析每一個選項即可．

【解答】

解：函數化為分段函數

對于A，，是周期為的函數，故A正確；

對于B，因為，可得，

則有，

此時可得，

可得，故B正確；

對于C，，故C錯誤；

對于D，可知，故D錯誤．

故選AB．

12.【答案】ABC

【解析】【分析】

本題主要考查新定義，隨意角的三角函數的定義，函數的周期性、單調性的定義，函數的圖象的對稱性，屬于中檔題．

由題意可得，再利用函數的周期性、單調性的定義，函數的圖象的對稱性得出結論．

【解析】

解：由已知點是角終邊上一點，，

定義，當時，函數取最大值為；

當時，取最小值為，

可得的值域是，故A正確．

由于點關于直線即的對稱點為，故，

故函數的圖象關于直線對稱，故B正確．

由于角和角的終邊相同，故函數是周期函數，其最小正周期為，故C正確．

在區間上，x不斷增大，同時y值不斷減小，r始終不變，故不斷增大，故是增函數，

故函數在區間，上不是減函數，故D不對，

故選ABC．

13.【答案】

【解析】解：，其中，，

則其向右平移后，

因為此時函數為奇函數，故，

則或，即或，，

因為，故只能，

即此時有，，

所以；

方程在上恰有兩個不等的根

等價于函數與在圖象有2個不同的交點，

作出函數的圖象如下：

由圖可得．

依據平移后函數為奇函數，結合得范圍可得，；

方程有不等兩根等價于函數與圖象有2個交點，數形結合即可．

本題考查三角函數相關性質，考查方程根與圖象交點個數之間的轉化，涉及數形結合思想，屬于中檔題．

14.【答案】

【解析】解：，

，

作，則，則，即，

設，則，

在中，由余弦定理得：，

即，整理解得：，

，，，

在中，由余弦定理得．

則，

則的面積，

故答案為：．

作，則，設，則，在中，由余弦定理列出關于x的方程，求出方程的解得到x的值，確定出CD與BD的長，在三角形BCD中，利用余弦定理即可求出cosB的值，然后求出sinB，利用三角形的面積公式進行求解即可．

本題主要考查解三角形的應用，依據條件作出協助線，利用余弦定理以及三角形的面積公式是解決本題的關鍵．綜合性較強，有肯定的難度．

15.【答案】

【解析】解：，，即，

不妨令，由于，所以，，

如圖所示，分別以和為橫、縱軸建立平面直角坐標系，則，

，

，且x，，

點S的軌跡是以4為焦距的雙曲線的右支．

，，

如圖，設的夾角為，則，，

，，

即，的夾角為，

，，，

，

當且僅當即時，取得等號．

故答案為：．

由，可知，于是可分別以和為橫、縱軸建立平面直角坐標系，此外，不妨設，則，，，于是有，而，且x，，所以點S的軌跡是以4為焦距的雙曲線的右支．再設的夾角為，可推知，的夾角為，將其代入，可得，最終結合雙曲線的定義、平面對量的減法運算、勾股定理和均值不等式等可求得的最小值．

本題主要考查的是平面對量的運算，實際須要將其轉化為雙曲線，利用雙曲線的性質來解題，其中還用到了三角函數和均值不等式的學問，綜合性很強，考查學生轉化與化歸的實力、邏輯推理實力和運算實力，屬于難題．

16.【答案】

【解析】【分析】

本題考查了兩角和與差的三角函數公式，二倍角公式及應用，正弦定理，余弦定理，三角形面積公式，函數的圖象與性質，屬于中檔題．

利用正弦定理將已知條件轉化為邊之間的關系，然后用余弦定理求得利用三角形面積公式，結合兩角差的正弦函數公式和二倍角公式得，再利用協助角公式得，最終利用函數的值域計算得結論．

【解答】

解：因為所以由正弦定理得：，即，所以由余弦定理可得：，

又，

故．

由正弦定理得：，所以，所以當時，S最大，．

若，則面積的最大值為．

故答案為．

17.【答案】解：由題意知，，，，海里，

中，由正弦定理得，，

所以，

所以A、B兩個島嶼之間的距離為海里；

由正弦定理得，，

所以；

設乙從C島峪乘汽艇以原速度返回A島嶼運行t小時到達P處，

則甲從B島嶼乘汽艇動身前往C島嶼執行任務運行小時到達Q處，

，其中，

當且僅當時，取得最小值；

又，所以；

所以乙前進小時后，甲乙兩個人之間的距離最近．

【解析】中由正弦定理求得AB的值即可；

由正弦定理求出BC，再利用余弦定理求，計算取最小值時對應的時間即可．

本題考查了解三角形的應用問題，也考查了運算求解實力，是中檔題．

18.【答案】解：

．

因為函數的兩條對稱軸之間的最小距離為，所以，解得，

．

Ⅰ當時，由正弦型函數的圖象性質知，在上遞增，在上遞減，在上遞增，

所以，，

且，，

所以，或．

Ⅱ因為，所以，所以，

即．

當時，在上遞增，滿意，解得，，；

當時，在上遞減，滿意，解得，，．

綜上所述：或．

【解析】先依據二倍角公式和協助角公式將函數化簡為，再由函數的周期性可求得，從而可得．

Ⅰ依據正弦型函數的圖象性質，推斷函數在上的單調性，再求出最大值、最小值和端點處的函數值，從而得解；

Ⅱ易知，再分兩類：和，并結合一次函數的單調性，列出關于a和b的方程組，解之即可．

本題考查了平面對量數量積的運算、三角函數與三角恒等變換的綜合應用，嫻熟駕馭正弦函數的圖象與性質是解題的關鍵，考查學生的數形結合思想、邏輯推理實力和運算實力，屬于中檔題．

19.【答案】解：Ⅰ

，

所以，的最小正周期為．

令，得．

所以的單調遞增區間為．

Ⅱ由Ⅰ知，

將函數的圖象上全部點的橫坐標伸長為原來的2倍縱坐標不變，

得到的圖象；

再將得到的圖象向左平移個單位長度，得到函數的圖象，

所以．

由，得，或．

當時，．

當且僅當，即時，．

由題意，僅有一個根，因為，，

所以，a的取值范圍是．

【解析】Ⅰ由題意利用三角恒等變換化簡函數的解析式，再利用正弦函數的周期性、單調性，得出結論．

Ⅱ由題意利用函數的圖象變換規律，求得的解析式，再結合三角函數的圖象與性質，求得a的范圍．

本題考查三角恒等變換、正弦函數的周期性和單調性，定義域和值域，函數的圖象變換規律，三角函數的圖象與性質，屬于中檔題．

20.【答案】解：依題又因為兩條對稱軸之間的最小距離為，所以由得：，

；Ⅰ當時，，

由正弦函數的圖像和性質易知：在上遞增，在上遞減，在上遞增，當時，取得最大值，當時，取得最小值，且，所以；Ⅱ當時，，所以，

所以，

當時：在上遞增，滿意：，此時無解，

當時：在上遞減，滿意：，解得：，

綜上所述，．

【解析】本題考查三角函數的圖像和性質，考查平面對量的數量積、三角函數的恒等變形，屬于中檔題．Ⅰ首先依據數量積的坐標運算以及三角函數的恒等變形公式得到依題，由兩條對稱軸之間的最小距離為，求出w得到函數解析式，利用正弦型函數的性質得到的單調性即可求出m的取值范圍；Ⅱ首先依據三角函數的圖象和性質