2022-2023学年江西省南昌市新建区第二中学高一下学期4月份学业水平考核数学试题含解析

这是一份2022-2023学年江西省南昌市新建区第二中学高一下学期4月份学业水平考核数学试题含解析，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江西省南昌市新建区第二中学高一下学期4月份学业水平考核数学试题 一、单选题1．计算的结果等于（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由诱导公式结合差角公式求解即可.【详解】故选：A2．下列命题中正确的是（    ）A．单位向量都相等 B．相等向量一定是共线向量C．若，则 D．任意向量的模都是正数【答案】B【分析】根据单位向量，共线向量及向量的基本概念逐项分析即得.【详解】对于A，单位向量的模长相等，方向不一定相同，故A错误；对于B，相等向量一定是共线向量，故B正确；对于C，若，，而与不一定平行，故C错误；对于D，零向量的模长是，故D错误．故选：B.3．已知，则（    ）A． B．0 C． D．【答案】B【分析】变换，代入计算得到答案.【详解】，.故选：B4．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由诱导公式和余弦的二倍角公式求解．【详解】,故选：C5．函数在区间上的图象大致是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由奇偶性排除AC；由的解判断BD.【详解】令，，即函数为偶函数，图象关于轴对称，故AC错误；令，即，解得，即该函数在区间上由5个零点，故B正确，D错误；故选：B6．函数的定义域为（    ）．A． B．C． D．【答案】D【分析】由对数式的真数大于0，然后解三角不等式可得答案.【详解】函数的定义域为：，则，解得：，所以函数的定义域为故选：D.7．已知函数，在上恰好有7个零点，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先化简为，令，即在上恰有个不相等的实根，由的性质可得解【详解】，令，，，由题意在上恰有个零点，即在上恰有个不相等的实根，即，或，，当时，，…当，.由的性质可得，解得．故选：A．8．如图是古希腊数学家波克拉底研究的几何图形，此图由三个半圆构成，直径分别为直角三角形的斜边AB、直角边BC、AC，N为AC的中点，点D在以AC为直径的半圆上，已知以直角边AC，BC为直径的两个半圆的面积之比为3，，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据面积比得到，确定，，再根据计算得到答案.【详解】两个半圆的面积之比为3，则半径之比为，即，，故，，，故，，，故选：A 二、多选题9．下列各式中，值为1的是（      ）A．B．C．D．【答案】BC【分析】选项A利用二倍角的余弦公式计算得出结果；选项B利用二倍角的正弦公式计算得出结果；选项C利用两角和的余弦公式计算得出结果；选项D利用两角和的正切公式计算得出结果.【详解】对于选项A，，故A错误；对于选项B，，故B正确；对于选项C，，故C正确；对于选项D，，故D错误.故选：BC.10．下列各式中能化简为的有（    ）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】由向量的加法与减法法则逐一验证即可【详解】对于A：，故A 错误；对于B：，故B正确；对于C：，故C正确；对于D：，故D正确.故选：BCD11．已知函数，，则下列说法正确的是（    ）A．当时，图象的一个对称中心为B．当为奇数时，的最小正周期是C．当为偶数时，D．当为偶数时，在上单调递减【答案】ACD【分析】对A：根据对称中心的性质分析运算；对B：分和两种情况讨论，整理分析；对C：分和两种情况讨论，结合辅助角公式运算求解；对D：根据选项C的结果，结合单调性分析运算.【详解】A选项：当时，则，可得，故图象的一个对称中心为，故A正确；B选项：当为奇数时，则有：若，则，此时函数的最小正周期是；若，则，显然没有最小正周期；故B错误；C选项：当为偶数时，则有：若，则，；若，则，，故C正确．D选项：由选项C可知：当为偶数时，或，∵，所以，故在上单调递减，故D正确．故选：ACD.12．已知函数，说法正确的是（    ）A．在区间上单调递增；B．的对称轴是；C．若，则；D．方程在的解为，且.【答案】AD【分析】先根据的取值范围去掉绝对值得出分段函数，的周期，结合函数的图象逐一判断各选项.【详解】当时，；当时，.函数的周期.如下图，对于A，在区间上单调递增，故A正确；对于B， 不是的对称轴，故B错误；对于C，令，；令，.满足，，不满足，故C错误；对于D，方程在的解为.如下图，关于直线对称，则；关于直线对称，则，所以，故D正确.故选：AD. 三、填空题13．，若，则______．【答案】0【分析】利用函数的奇偶性进行求解.【详解】因为，令，所以，所以，即，所以.故答案为：0.14．若，则的最小值为__________.【答案】9【分析】变换，展开利用均值不等式计算得到答案.【详解】（当且仅当时等号成立）故答案为：15．求值：__________.【答案】【分析】把前两项利用和差化积变形，进一步求解得答案．【详解】解：．故答案为：．16．已知函数，若存在实数满足互不相等，则的取值范围是__________.【答案】【分析】作出分段函数的图象，利用和对称性，分类讨论求解.【详解】函数的图象如下图所示：存在实数满足互不相等，不妨设，则由图可知关于对称，所以；当时，，，则，此时；当时，因为解得或，故而，，且由图可得，即，可得，所以设，则，在上单调递减，所以，所以，综上所述；故答案为：. 四、解答题17．计算下列两个小题(1)计算；(2)已知角终边上有一点，求的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用诱导公式直接化简求解即可；（2）先利用三角函数的定义求，再利用诱导公式代入求解即可.【详解】（1）（2）因为角终边上有一点，所以，，，所以.18．已知，且．(1)求的值；(2)求的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用运算求解；（2）先求出，再分析得到，即得解.【详解】（1）由题意可得：.（2）由（1）可知：，则，∵，，则，，可得，故19．已知函数.(1)求函数的最小正周期及单调递增区间；(2)求函数在区间的值域；【答案】(1)最小正周期为，递增区间为，；(2) 【分析】（1）由二倍角公式，结合辅助角公式得，再利用周期、正弦型函数单调性求结果；（2）由的范围求的范围，进而可求出的范围，从而可求的值域.【详解】（1），∴函数的最小正周期为.令，，则，，所以单调递增区间为，.（2）∵，则，∴，∴，故函数在区间的值域为.20．函数的部分图象如图所示．(1)求函数的解析式；(2)若函数在区间上恰有个零点，求的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）令，结合图象可求得的解析式，则由可求得；（2）由（1）可得，令，将问题转化为在上与恰有个交点，采用数形结合的方式可求得结果.【详解】（1）令，由图象可知：，最小正周期，，，则，解得：，又，，，.（2）由（1）得：，当时，，令，则在上与恰有个交点，作出与的图象如下图所示，由图象可知：当时，与恰有个交点，即若在上恰有个零点，则的取值范围为.21．设函数，将函数的图象向左平移单位长度后得到函数的图象，已知的最小正周期为，且为奇函数.(1)求的解析式；(2)令函数对任意实数， 恒有，求实数的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据函数图象平移变换以及最小正周期为，可得，利用平移后的函数为奇函数可得；（2）将代入化简可得，再利用换元法根据由二次函数单调性即可求得实数的取值范围.【详解】（1）由题可知，将的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象．则，由的最小正周期为，得由为奇函数可得，即，因为，所以．所以．（2）由（1）得，所以，根据恒成立，可得对任意实数恒成立；令，因为，所以，根据正弦函数单调性可得，即，再根据二次函数单调性可得因此．即实数的取值范围为22．已知函数，且.(1)求的值，并求出的最小正周期（不需要说明理由）；(2)若，求的值域；(3)是否存在正整数，使得在区间内恰有2025个零点，若存在，求由的值；若不存在，说明理由.【答案】(1)，函数的最小正周期为(2)(3)存在正整数，理由见解析 【分析】（1）根据代入即可求解的值．因为的周期是都，故得函数的最小正周期；（2）根据，得到，设，，转化为二次函数求解；（3）分类讨论和时，将转化为二次函数，从而求得其零点个数，进而得解.【详解】（1）函数，∵，∴，解得：，所以，因为的周期是都，又周期成倍数关系的两个函数之和，其周期为这两个函数的周期的最小公倍数，所以函数的最小正周期为.（2）若，则，设，则，则，所以，所以其值域为；（3）存在正整数，使得在区间内恰有2025个零点．当时，．设，则，于是，令，得或，此时，或或，其中，当时，．设，则，于是，令，解得或，故在没有实根．综上，在上有4个零点，又的最小正周期为，而，所以函数在有2025个零点．