2023湖北省沙市中学高一下学期2月月考试题数学含解析

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2022—2023学年度下学期2022级二月月考数学试卷命题人：镇祥平     审题人：冷劲松考试时间：2023年2月23日一､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，均为第一象限角，则“”是“”的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】D【解析】【分析】利用充分性和必要性分别讨论即可.【详解】由均为第一象限的角，满足，但，因此不充分；由，得均为第一象限的角，得到，因此不必要；故选：D.2. 自行车的大链轮有88齿，小链轮有20齿，当大链轮逆时针转过一周时，小链轮转过的弧度数是（     ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】先求得大链轮逆时针转过一周时，小链轮逆时针转过的周数，然后用这个周数乘以求得小链轮转过的弧度数.【详解】由题意，当大链轮逆时针转过一周时，小链轮逆时针转过周，小链轮转过的弧度是.故选B.【点睛】本小题主要考查大链轮与小链轮转动周数问题，考查弧度数的计算，属于基础题.3.   ，则（    ）A.  B. 0 C. 1 D. 2【答案】D【解析】【分析】根据两角和的正切公式可得，从而可求解.【详解】因为，所以.所以.所以.故选:D.4.  的一段图象如图，则其解析式为（    ）A.   B. C.   D. 【答案】B【解析】【分析】根据图象可得,，从而可求，根据图象过及可求，从而可求解.【详解】由图象可得,,所以.又，解得.因为，所以.所以.故选：B.5. 函数的图象可以由函数的图象（    ）A. 向右平移个单位长度得到 B. 向右平移个单位长度得到C. 向左平移个单位长度得到 D. 向左平移个单位长度得到【答案】A【解析】【分析】由，结合三角函数的平移变换求解即可.【详解】则函数的图象可以由函数y＝cos 2x的图象向右平移个单位长度得到故选：A【点睛】本题主要考查了描述三角函数图象变换的过程，属于中档题.6.  在上是单调函数，则的最大值是（    ）A. 2 B. 3 C. 4 D. 6【答案】C【解析】【分析】根据两角和余弦公式可得，可得其单调区间为，根据题意即可求解.【详解】，令，得.令,可得.故函数在上是单调函数，所以，解得.所以的最大值是4.故选:C.7. 中，，则=（    ）A. 或  B.   C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由可得，又由，可得A为锐角，及，则.【详解】因，则B为锐角，.又，有，则A为锐角，.则.故选：B8. 三者之间的大小关系为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】分别在上构造函数，，.通过导数研究单调性，可比较与，整理后可得答案.【详解】构造函数，.则，令，.则，再令，.则，故上单调递增，则，故在上单调递增，则，故在上单调递增，则，得，即；构造函数，，则，得在上单调递增，则，即；构造函数，，则，令，，则，故在上单调递增，则，故在上单调递增，则，即.综上，.故选：A【点睛】关键点点睛：本题涉及比较三角函数式与数字的大小，难度较大.因难以估值，故本题采用构造函数比较大小，而构造函数的关键是找到题目式子中的联系.二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 已知函数，则（    ）A. 的最小正周期是 B. 是图象的对称轴C. 是图象的对称中心 D. 在区间上单调递减【答案】AC【解析】【分析】根据三角函数的性质一一求解.【详解】最小正周期为,A正确；，所以不是图象的对称轴，B错误；，所以是图象的对称中心，C正确；因为，所以，所以在区间上有增有减，D错误，故选:AC.10. 已知且，则下列不等式成立的有（    ）A.  B. C.  D. 【答案】BCD【解析】【分析】利用基本不等式即可求解.【详解】对于A，因为，所以，，当且仅当时，等号成立，故A错误；对于B，因为，所以，当且仅当时，等号成立，故B正确；对于C，因为，所以，当且仅当时，等号成立，，解得，当且仅当时，等号成立，故C正确；对于D，由，得，由，得，当且仅当时，等号成立，故D正确.故选：BCD.11. 已知，若，则的值可以为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】CD【解析】【分析】画出函数的图象,由图象可得，，从而可求解.【详解】令，画出函数的图象如图所示，则.又，，即，故，故.故，故的值可以为，.故选:CD.12. 已知函数定义域为，为奇函数，且有，则（    ）A.  B. C. 为偶函数 D. 为奇函数【答案】BCD【解析】【分析】由题意可得，结合为奇函数可得，从而可判断选项A；由，得，在中，令可判断选项B；由，可判断选项C；由，可判断选项D.【详解】由，可得.由为奇函数，可得，即，所以，即,所以，故选项A错误；由，得，由，得，所以，故选项B正确；由，，得，所以为偶函数，故选项C正确；由，，可得，即，故为奇函数，故选项D正确.故选:BCD.三、填空题（每小题5分，共20分）13. 已知，则_________．【答案】.【解析】【分析】利用二倍角公式，可得，后利用可得答案.【详解】.故答案：.14. 已知，则_________．【答案】.【解析】【分析】由诱导公式，可知，后由二倍角公式可得答案.【详解】注意到，则.故答案为：.15. _________．【答案】【解析】【分析】将正切化简为正弦，利用二倍角公示与和差角公式化简.【详解】.故答案为：16. 某摩天轮最高点距离地面高度为110m，转盘直径为100m，开启后按逆时针方向匀速旋转.游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转一周大约需要30min，则某游客坐上座舱10min后距离地面的高度为_________.【答案】85m【解析】【分析】摩天轮中心为圆心，由三角函数求得游客距离过圆心水平线的高度，即可求得所求高度.【详解】由题意，如图所示，A为距离地面最近的位置，某游客坐上座舱10min后在B位置，则，，故距离地面的高度为(m).故答案为：85m.四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17. 已知，，，求的值．【答案】【解析】【分析】由角的范围及同角三角函数的基本关系可求与，再根据即可求解.【详解】因为，所以.因为，所以.因为，所以.因为，所以.所以.18. 求证： ．【答案】证明见解析.【解析】【分析】由二倍角公式，可得左边，通分后即可证明左边等于右边.【详解】证明：因.则，.故左边右边.19. （1）求的单调区间.（2）求的值域.【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增；    （2）的值域为【解析】【分析】利用诱导公式，二倍角公式，辅助角公式可得.（1）由题可得，后利用函数在上的单调性可得答案；（2）由（1）求得的单调性可得答案.【小问1详解】由题，.因，则.则当，即时，单调递减；，即时，单调递增.故在上单调递减，在上单调递增；【小问2详解】由（1），；.则的值域为.20. 中，．（1）求角．（2）若为锐角三角形，求的取值范围.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据已知条件及两角和的正弦公式逆用，结合三角形的内角和公式及三角函数的特殊值对应的特殊角注意角的范围即可求解；（2）根据（1）的结论及三角形的内角和定理，利用两角差的正弦公式及辅助角公式，结合锐角三角形得出角的范围,再利用三角函数的性质即可求解.小问1详解】由，得,因为，所以，所以,又，所以.【小问2详解】由（1）知，，所以,即,所以,因为为锐角三角形，所以,解得，即，所以，即，所以的取值范围为.21. ， （1）当=1时，求的最大值，并求此时的取值．（2）若有4个零点，求的取值范围.【答案】（1）时，有最大值；    （2）【解析】【分析】（1）根据题意，设，化简后利用二次函数性质可求解；（2）由（1）可得，根据，可得函数零点的取值范围，进而求出的值.【小问1详解】根据题意，设，因为，所以，所以，所以，将两边平方可得，，所以，因为，所以，对称轴，所以，此时，即，所以，因为，所以，即时，有最大值；【小问2详解】由（1）可得，，因为有4个零点，所以有两个零点，方程在有两个根，所以，在中，，可得或，的零点为，所以，解得，即.22. 如图，矩形内接于半径为1、中心角为（其中）的扇形，且，求矩形面积的最大值，并求此时的长．【答案】矩形面积的最大值为，此时的长为.【解析】【分析】利用题目条件,解直角三角形得矩形的面积,再利用二倍角正弦,余弦公式和辅助角公式得,再利用正弦型函数的最值,计算得结论.【详解】如图:

设的角平分线分别交于,,则.
因此矩形的面积为矩形面积的2倍.
因为扇形的半径为1，所以在中,,即,.
因为在中,,所以,
而,因此,
所以，其中为锐角，且.因为,为锐角,所以,
因此当时,取得最大值1,即取得最大值.
因为,所以当时,,
因此,所以由解得,
因此,
所以.