2022-2023学年江苏省南京市六校高一下学期3月联考（月考）数学试题含解析

这是一份2022-2023学年江苏省南京市六校高一下学期3月联考（月考）数学试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江苏省南京市六校高一下学期3月联考数学试题 一、单选题1．命题“”的否定是（    ）A． B．C． D．，或.【答案】D【分析】由含有量词的命题的否定方法：先改变量词，然后再否定结论，即可得到答案.【详解】命题“”等价于“，”，则其否定是：，或.故选：D2．的值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据两角和的正弦公式计算即可.【详解】,,故选：B【点睛】本题主要考查了两角和的正弦公式，特殊角的三角函数值，属于容易题.3．已知扇形的圆心角为，面积为，则该扇形的弧长为（    ）A． B． C．3 D．6【答案】B【分析】由扇形的面积公式求得扇形的半径，进而由弧长公式计算可得.【详解】设扇形的弧长为，半径为，根据已知的扇形的圆心角，面积，由扇形的面积公式,得，解得，由弧长公式，故选：B4．已知角的终边经过点，则的值等于（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】直接由三角函数的定义求值．【详解】解：∵角的终边经过点，∴，，∴，故选：A．【点睛】本题主要考查三角函数的定义，属于基础题．5．已知函数的图像如图所示，则可以为（    ）．A． B．C． D．【答案】A【解析】观察函数的图像，根据函数的的性质，利用排除法可得选项.【详解】由函数的图像可以看出，当时，函数有意义，排除B；函数图像关于原点对称，即函数为奇函数，由为非奇非偶函数，排除C；由函数图像可知，时，，对于D，，当时，，排除D，故选：A【点睛】本题考查了由函数图像选解析式，考查了函数的性质，属于基础题.6．已知，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】分别跟0,1比较即可得到答案.【详解】，，，则.故选：D7．已知且为整数，且，函数的图像如图所示，A、C，D是的图像与相邻的三个交点，与x轴交于相邻的两个交点O、B，若在区间上，有2020个零点，则的最大值为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由求得的范围，由求得，再利用求得，得周期，结合周期可得最大值．【详解】由题意则为，则有，进而，又或，因为大于0小于3，所以等于2，与，得：，则，相邻2个零点的距离有两种和，则当为1010个与1011个的和时最大为．故选：C．8．已知函数（表示不超过实数的最大整数），若函数的零点为，则（   ）A． B． C． D．【答案】B【解析】由零点定理及取整函数得：函数为增函数，由，，所以，即可求出，并求出.【详解】因为，所以在上恒成立，即函数在上单调递增，又，所以在上必然存在零点，即，因此，所以.故选：B.【点睛】本题考查利用函数得单调性和零点存在性定理确定零点得区间，属于中档题. 二、多选题9．已知，则下列结论正确的是（     ）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】AC【分析】对A，直接作差比较即可证明，对B，首先得，再根据不等式性质即可判断，对C，首先放缩得，构造函数即可判断C，对D，举反例即可.【详解】对A，，，，，即，即，故A正确，对B，若，则，则，故B错误，对C，若，若，则，函数，根据增函数加增函数为增函数的结论得在上单调递增，，则，故C正确，对D，若，则，，则，故D错误，故选：AC.10．已知函数，（）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，纵坐标不变，再将所得函数图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则下列关于函数的说法正确的是（    ）A．的最小正周期为B．在区间上单调递增C．的图象关于直线对称D．的图象关于点成中心对称【答案】AC【分析】先根据图象确定出表达式，根据图象的变换写出表达式，然后根据三角函数的性质判断每个选项．【详解】解：根据函数的图象：，解得，根据图象的最低点可得：，当时，，由于，所以.则，函数的图象上所有点的横坐标变为原来的，得到；纵坐标不变，再将所得函数图像向右平移个单位长度，得到.对于A：函数的最小正周期为，故A正确；对于B，由于，所以，根据正弦函数的单调性可知，函数在区间上单调递减，故B错误；对于C：令（），解得（），即为的对称轴，当，，故C选项正确；对于D：令（），解得（），即为的对称中心为（），令，解得，故不是其对称中心，D选项错误.故选：AC11．关于平面向量，有下列四个命题，其中说法正确的是（    ）A．若，则B．点，与向量同方向的单位向量为C．若，则与的夹角为60°D．若向量，则向量在向量上的投影向量为【答案】ABD【分析】对于A，算出即可判断；对于B，与向量同方向的单位向量为，通过向量坐标运算即可判断；对于C，通过能得到，通过能得到，再利用计算即可判断；对于D，向量在向量上的投影向量为，通过向量坐标运算即可判断【详解】解：对于A，因为，所以，故正确；对于B，因为，且，所以与向量同方向的单位向量为，故正确；对于C，因为，所以即化简得，因为，所以即化简得，所以，因为，所以，故错误；对于D，因为，，所以向量在向量上的投影向量为，故正确，故答案为：ABD12．已知函数，则（    ）A．是奇函数 B．的图象关于点对称C．有唯一一个零点 D．不等式的解集为【答案】BCD【分析】求解的定义域，可知定义域不关于原点对称，知A错误；根据解析式验证可知，则知B正确；当时，由单调性的性质可确定在上单调递减，结合值域的求法可求得；结合对称性可知在上单调递减；利用零点存在定理可说明在有且仅有一个零点，知C正确；结合C的结论可说明时，时，；利用单调性，分别讨论和在同一单调区间内、两个不同单调区间内的情况，解不等式组可求得结果.【详解】对于A，由得：，即定义域为，不关于原点对称，为非奇非偶函数，A错误；对于B，，，，图象关于点对称，B正确；对于C，当时，；在上单调递增，在上单调递增，在上单调递增，在上单调递减；在上单调递增，在上单调递减；在上单调递减；由知：图象关于对称，在上单调递减；当时，，，，在上无零点；当时，，，，使得，则在上有唯一零点；综上所述：有唯一一个零点，C正确；对于D，由C知：在和上单调递减，又时，；时，；①当，即时，由得：，解得：（舍）或；②当时，不等式组无解，不合题意；③当，即时，，，满足题意；④当，即时，，，不合题意；综上所述：的解集为：，D正确.故选：BCD.【点睛】关键点点睛：本题考查函数性质的综合应用问题，涉及到函数奇偶性的判断、对称性的判断、函数零点个数的求解、利用函数单调性解不等式；利用单调性解不等式的关键是能够确定函数的单调性，并根据单调性将函数值大小关系的比较转化为自变量大小关系的比较问题. 三、填空题13．请写出一个同时满足下列两个条件的幂函数：___________.①是偶函数；②在上单调递减.【答案】（答案不唯一）【分析】根据幂函数的定义及性质即可得到答案.【详解】令，因为所以是偶函数，满足①；任取，且则，即所以在上单调递减，满足②；故答案为：（答案不唯一）. 四、双空题14．已知函数，那么___________若存在实数，使得，则的个数是___________.【答案】          【分析】求出的值，再计算的值；设，则，可求得或，再解方程或，可求得的值即可求解.【详解】因为，所以，所以，设，则，当时，，可得，当时，，可得，所以或，当时，由或可得或；当时，或，可得或（舍）或或，综上所述：，，，，，有个符合题意，故答案为：；. 五、填空题15．已知正方形的边长为2，是正方形的外接圆上的动点，则的范围是___________.【答案】,【分析】由题意，建立直角坐标系，利用向量的数量积，结合余弦函数的性质求解即可.【详解】解：根据条件，建立直角坐标系如图所示，则，.设，.,,，，的范围是，.故答案为：,.16．已知函数（，）的部分图象如图所示，其中是图象的一个最高点，是图象与轴的交点，将函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的后，再向右平移个单位长度，得到函数的图象，则函数的单调递增区间为________.【答案】（）【解析】根据图像得到的解析式，再根据伸缩变换和平移变换得到的解析式，进而求出单调区间.【详解】依题意，，，即，故，；将代入中，可知，，故，；不妨设，故函数；将函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的后，得到，再向右平移个单位长度，得到；令（），解得（），故函数的单调递增区间为（）.故答案为：（）.【点睛】本题考查三角函数的图像与性质、伸缩变换与平移变换、单调区间，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力. 六、解答题17．已知集合，．（1）若，求；（2）在①，②，③这三个条件中任选一个作为已知条件，求实数的取值范围．【答案】（1）或；（2）条件选择见解析，.【分析】（1）当时，得到集合，结合集合并集的概念及运算，即可求解；（2）若选①：由，得到，列出不等式组，即可求解；若选②：由，得到，列出不等式组，即可求解；若选③：由，得到，，列出不等式组，即可求解.【详解】（1）当时，集合，因为，所以或．（2）若选①：因为，可得，所以，解得．若选②：因为，可得，则，解得．若选③：因为，可得，则，解得．18．已知是第四象限角，且.(1)求的值；(2)求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据角所在的象限和同角三角函数的基本关系即可求解；（2）先利用诱导公式将式子化简，然后利用齐次幂化为正切即可求解.【详解】（1）由题意知，是第四象限角，且.所以，则；（2）.19．已知(1)求的值；(2)求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用题意先求得，，联立可得到，即可求解（2）利用二倍角公式以及同角的三角函数公式进行弦化切即可【详解】（1），则①，②，联立①②可得，，所以；（2）20．如图，在菱形中，.(1)若，求的值；(2)若，，求.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题意可知，即可求解；（2），从而即可求解.【详解】（1）因为在菱形中，.故，故，所以.（2）显然，所以①，因为菱形，且，，故，.所以.故①式.故.21．水培植物需要一种植物专用营养液，已知每投放且个单位的营养液，它在水中释放的浓度（克/升）随着时间（天）变化的函数关系式近似为，其中，若多次投放，则某一时刻水中的营养液浓度为每次投放的营养液在相应时刻所释放的浓度之和，根据经验，当水中营养液的浓度不低于4（克/升）时，它才能有效.（1）若只投放一次2个单位的营养液，则有效时间最多可能持续几天？（2）若先投放2个单位的营养液，4天后再投放b个单位的营养液，要使接下来的2天中，营养液能够持续有效，试求的最小值.【答案】（1）4天；（2）【分析】（1）营养液有效则需满足y≥4，由分段函数，对x讨论，解不等式即可得到结论；（2）通过化简、利用基本不等式可知在[4，7]上恒成立，运用参数分离和换元法，结合基本不等式，即可得到b的最小值．【详解】（1）已知，当时，要使营养液有效，则需满足y≥4，则或，即为1≤x≤2或2＜x≤5，解得1≤x≤5，所以营养液有效时间可达4天；（2）当4≤x≤7时，y＝14﹣2x+b•在[4，7]上恒成立，∴在[4，7]上恒成立，令，则b≥﹣2（t+）+20，又﹣2（t+）+20≤﹣2•+20＝20﹣，当且仅当t＝，当t＝时，即时，取等号；∵，∴，b的最小值为．所以，要使接下来的2天中，营养液能够持续有效，b的最小值为．【点睛】本题考查函数模型在实际问题中的运用，考查函数的最值求法，注意运用基本不等式，考查运算能力，属于中档题．22．已知函数的图象过点，.(1)求函数的解析式；(2)设，若对于任意，都有，求m的取值范围.【答案】(1)，；(2). 【分析】（1）由已知求得，，代入即可得到，；（2）已知可转化为，即转化为求在上的最大值，由已知可得，，根据二次函数的性质可知所以的最大值在或处取得.作差可得.即可得到，.令，根据定义法证明在时的单调性，根据单调性求解不等式，即可求出m的取值范围.【详解】（1）解：由已知可得，，所以，所以，定义域为.所以有，，.（2）解：若对于任意，都有，只需满足成立.由（1）知，，对称轴为.由，可得，，所以，即有.根据二次函数的性质，可得在上单调递减，在上单调递增，所以的最大值在或处取得.又，，，又，所以，所以，所以.由成立，可得，，即，.令，，则原不等式等价于.，且设，则，因为，，所以，，，所以，所以，所以.所以，所以，所以在上单调递增.又，则由，可解得.