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湖南衡阳市第一中学2025-2026学年高一下学期第一次月考数学试题
一、单选题
1．函数的定义域为（ ）
A． B．
C． D．
2．已知函数则（ ）
A． B． C． D．
3．下列函数为偶函数的是（ ）
A． B．
C． D．
4．已知，则（ ）
A． B． C． D．
5．将函数的图象经过以下变换后可得函数的图象，其中不正确的是（ ）
A．向左平移 B．向右平移
C．向左平移，再作关于轴对称 D．向左平移，再作关于轴对称
6．如图，在四边形ABCD中，E，F分别为AB，CD的中点，若，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知向量，，且，则（ ）
A． B． C． D．2
8．在中，，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知，，则（ ）
A． B．
C． D．
10．函数（，，）的部分图象如图所示，将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的3倍，纵坐标变为原来的2倍，然后向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ）
A．
B．的解析式为
C．是图象的一个对称中心
D．的单调递减区间是，
11．在中，角所对的边长分别为，分别为边上的高．若，，则下列说法正确的是（）
A．
B．的最大值为
C．的值可取
D．内切圆半径的值可取
三、填空题
12．________.
13．若函数为偶函数，则__________.
14．已知函数在区间上恰有两个零点，则的取值范围是__________.
四、解答题
15．已知，，且．
(1)求和的值；
(2)求与的夹角的余弦值．
16．已知，其中．
(1)求；
(2)求．
17．已知函数．
(1)求的最小正周期及单调递增区间；
(2)求在区间上的最大值、最小值及相应的的值．
18．在中，角所对的边分别为.满足.
(1)求角的大小；
(2)若的面积为.
①求的值；
②求的值.
19．如图，我们把由平面内夹角为的两条数轴，构成的坐标系称为“完美坐标系”，设，分别为，正方向上的单位向量，若向量，则把实数对叫做向量的“完美坐标”.
(1)若向量的“完美坐标”为，求；
(2)已知，分别为向量，的“完美坐标”，证明：；
(3)若向量，的“完美坐标”分别为，，设函数，若对任意的，不等式恒成立，求实数m的取值范围.
参考答案
1．C
【详解】对于函数，由，解得且，
因此函数的定义域为.
故选：C.
2．C
【详解】由分段函数的定义域可得，，
所以.
故选：C
3．D
【详解】A选项，的定义域是，所以是非奇非偶函数，A选项错误.
B选项，的定义域为，，
所以不是偶函数，B选项错误.
C选项，的定义域为，，
所以是奇函数，C选项错误.
D选项，的定义域为，，
所以是偶函数，D选项正确.
故选：D
4．D
【详解】因为，所以，
所以.
故选：D.
5．D
【详解】函数的图象向左平移得到的是函数的图象，故A正确；
函数的图象向右平移得到的是函数的图象，故B正确；
函数的图象向左平移得到的是函数的图象，
然后再关于轴对称后得到的是的图象，故C正确；
函数的图象向左平移得到的是函数的图象，
然后再关于轴对称后得到的是的图象，故D不正确；
故选：D
6．A
【详解】由题意知，，，因为E，F分别为AB，CD的中点，所以，，所以，所以，即.
故选：A.
7．B
【详解】因为，所以，解得，
则，由模长公式得，故B正确.
8．B
【详解】因为，
所以由正弦定理得，即，
则，故，
又，所以.
故选：B.
9．AD
【详解】，选项A说法正确；
，选项说法B错误；
因为，，
所以，选项C说法错误；
因为，，
所以，所以，选项说法D正确，
故选：AD
10．ABD
【详解】依题意，由图象可知，，则，故A正确；
因为，所以，则，所以，
因为的图象过点，所以，
则，即，
又，则，所以，
将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的3倍，得到的图象，
纵坐标变为原来的2倍，得到的图象，
向左平移个单位长度，得到函数的图象，故B正确；
因为，故C错误；
令，解得，
所以的单调递减区间是，，故D正确.
故选：ABD.
11．ABD
【详解】在中，已知，.由正弦定理，
得.
因为，所以，
代入化简得.由，
得，即，.
因为，所以，，故选项A正确.
设的面积为，则，
代入，，得.
由余弦定理，得.
由，得，当且仅当时取等号，
所以，即的最大值为，故选项B正确.
由，得，，
则.又，，
代入得.
令，，则，
令,由,得,
函数化为二次函数:
令开口向上,对称轴.
在区间上单调递增.
因此当(即)时,取得最小值
代入得最小值，
所以，故选项C错误.
设内切圆半径为，则，即，.
由余弦定理，得，
代入的表达式约分得：，
由正弦定理，，，故，得，
因此，
若 ，代入得：，
此时，满足，
且方程的判别式，存在两个正根，即这样的三角形存在，
因此可取，选项D正确.
12．0
【详解】.
13．2
【详解】∵函数为偶函数
∴
即
又∵,∴
故答案为：
14．
【详解】函数在区间上恰有两个零点，
则在区间上有两个实数解，
由可得，
又，故有在上有两个不同的实数解，
而当时，，所以，
解得，即的取值范围是.
故答案为：.
15．(1)，
(2)
【详解】（1）因为，
所以，
即，
因为，，
所以，
化简得，；
.
（2）记与的夹角为，
.
所以与的夹角的余弦值为.
16．(1)
(2)
【详解】（1）因为，所以，
又因为，且，所以．
因为，，所以，
则，
又因为，所以．
（2）由（1）可得，，
因为，
则，
所以
17．(1)，
(2)的最小值为，此时；的最大值为，此时
【详解】（1）
故；
由令
则
故函数的单调递增区间为；
（2）当时，，
则，即，
即在区间上的最小值和最大值分别为0，3，
即时，即时有最小值0，
当，即时有最大值3．
18．(1)
(2)①；②
【详解】（1）在中，由及正弦定理，得，
而，则，又，
所以.
（2）①在中，，
由（1）及余弦定理得，即，
又，即，而，
所以.
②由余弦定理得
而，则，
，
.
19．(1)
(2)证明：由（1）知，
所以
，
即.
(3).
【详解】（1）因为的“完美坐标”为，则，
又因为，分别为Ox，Oy正方向上的单位向量，且夹角为，
所以，，
所以.
（2）略
（3）因为向量，的“完美坐标”分别为，，
由（2）得
.
令，则
因为，所以，则，
又，
即，
所以，.
已知恒成立，即对恒成立.
因为时，，所以对恒成立.
令，，单调递增，
当时，.
所以，即实数的取值范围是.

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