2022-2023学年辽宁省实验中学高一下学期4月月考数学试题含解析

2022-2023学年辽宁省实验中学高一下学期4月月考数学试题

一、单选题

1．（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据诱导公式，计算出函数值，代入相乘即可得出答案.

【详解】因为，

，

，

所以，.

故选：A.

2．已知，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由已知可得，代入，即可得出，根据三角函数的符号，即可得出答案.

【详解】由已知可得，，，

所以，.

又，

所以，所以，

由可解得，.

故选：C.

3．已知扇形的周长为10cm，面积为，则该扇形圆心角的弧度数为（    ）

A．1或4 B．或8 C．1 D．

【答案】D

【分析】设半径为，弧长为，由已知得出方程组，解方程组，然后根据弧长公式，求出圆心角，检验，即可得出答案.

【详解】设扇形圆心角为，半径为，弧长为.

由已知可得，，解得或.

当时，，舍去；

当时，.

综上所述，.

故选：D.

4．函数的定义域为（    ）

A．， B．，

C． ， D．，

【答案】C

【分析】由对数函数的性质得，利用正切函数的性质以及余弦函数的性质即可分类求解.

【详解】的定义域满足，

当时，则等价于或，

此时解得,或

当时，也符合要求，此时,

综上可知：满足的的取值范围为，

故选：C

5．要得到函数的图像，只需将函数的图像（    ）

A．向右平移个单位 B．向右平移个单位

C．向左平移个单位 D．向左平移个单位

【答案】A

【分析】由函数图像平移的规则求解.

【详解】,

所以要得到函数的图像，只需将函数的图像向右平移个单位.

故选：A

6．质点P和Q在以坐标原点O为圆心，半径为1的圆周上顺时针作匀速圆周运动，同时出发.P的角速度为3rad/s，起点为射线与圆的交点；Q的角速度为5rad/s，起点为圆与x轴正半轴交点，则当质点Q与P第二次相遇时，Q的坐标为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】当质点Q与P第二次相遇时，质点Q比P多旋转，解方程确定质点Q所在终边，求坐标.

【详解】设当质点Q与P第二次相遇时，用了时间，依题意有，

解得，此时质点Q转过角度为，因为是顺时针作匀速圆周运动，质点Q转在角的终边上，圆的半径为1，Q的坐标为.

故选：C

7．已知函数的最小正周期为，其图像的一个对称中心的坐标为，则曲线的对称中心坐标为（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】B

【分析】函数的最小正周期和一个对称中心的坐标解出，得到解析式，利用整体代入法求对称中心.

【详解】函数的最小正周期为，则有，，则，

函数图像的一个对称中心的坐标为，则，

由，，

则，由，解得，

所以曲线的对称中心坐标为，.

故选：B

8．已知，则下列说法错误的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】作图，根据，即可得出A项；由A知，当时，，易知.然后根据余弦函数的单调性，即可得出B项；先根据对数函数的单调性证得，然后根据对数函数的单调性，作差可得，即可得出C项；先根据对数函数的单调性证得，然后根据对数函数的单调性，作差可得，即可判断D项.

【详解】

对于A项，假设，如图，点为的终边与单位圆的交点，点为轴与单位圆的交点，

过点，作轴于点，过点作轴，交的终边于点.

设扇形的弧长为，

则，，，

且，

即，

即，所以.

所以当时，有，故A项正确；

对于B项，由A知，当时，，

又，所以.

又余弦函数在上单调递减，，

所以.

所以，，故B项正确；

对于C项，因为，

所以，函数在上单调递减，

所以.

因为，，

在上单调递增，且，

所以，所以，

所以，，

所以.

因为，

所以，故C项正确；

对于D项，因为，

所以，函数在上单调递减，

所以.

因为，，

在上单调递增，且，

所以，所以，

所以，，

所以.

因为，

所以，故D项错误.

故选：D.

二、多选题

9．下列说法正确的是（    ）

A．对于象限角，若，在点在角的终边上

B．

C．

D．若函数的最小正周期为2，则

【答案】BC

【分析】根据得出角的象限，即可判断A项；先根据辅助角公式化简推出当时，.然后根据，即可得出B项；由，结合反正弦函数的值域，即可得出C项；根据周期列出方程，即可求出的值.

【详解】对于A项，因为，所以角为第一象限或第四象限角，故A项错误；

对于B项，因为，

当时，有，

所以，所以，即.

因为，所以，故B项正确；

对于C项，因为当时，有且只有，

函数的值域为，所以，故C项正确；

对于D项，由题意可得，，

所以，所以，故D项错误.

故选：BC.

10．下列函数中，最小正周期为且为奇函数的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】根据奇偶性的定义以及周期的计算公式即可结合选项逐一求解.

【详解】对于A, ,故为偶函数，所以A错误，

对于B，，故为奇函数，且周期为，符合要求，

对于C，，由于为奇函数，且周期为，所以为奇函数，且周期为，符合要求，

对于D，为奇函数，且周期为，符合要求，

故选：BCD

11．下列关于函数的说法正确的是（    ）

A．在区间上单调递增 B．的图象有无数个对称中心

C．是周期函数 D．关于的方程有个不同的根

【答案】ABD

【分析】直接利用基本初等函数的单调性可判断A选项；利用函数对称性的定义可判断B选项；利用函数周期性的定义可判断C选项；作出函数、的图象，数形结合可判断D选项.

【详解】对于A选项，因为函数、在区间上均为增函数，

故函数在区间上单调递增，A对；

对于B选项，设为函数的对称中心，

则

，

所以，，即，即，所以，，

所以，函数的对称中心为，即函数的图象有无数个对称中心，B对；

对于C选项，假设函数为周期函数，且为函数的一个周期，

则，，即，

即，即，

因为，

所以，

，

因为不是定值，当为定值时，则，从而，矛盾，

故函数不是周期函数，C错；

对于D选项，由，可得，

作出函数、的图象如下图所示：

当时，，当时，，

即函数、在上的图象没有交点，

由图可知，函数、的图象有三个交点，

因此，关于的方程有个不同的根，D对.

故选：ABD.

12．已知当时，有不等式成立.据此结论，下列各角满足不等式的有（    ）

A． B． C． D．

【答案】BCD

【分析】分别将角代入，整理得到取值范围,进而考察与区间的关系，即可得出答案.

【详解】对于A项，由已知可得，，

即，不满足，故A错误；

对于B项，由已知可得，，

即.

因为，，所以，

所以有，故B正确；

对于C项，由已知可得，，

即，故C正确；

对于D项，由已知可得，，

即.

因为，，所以，

所以有，故D正确.

故选：BCD.

三、填空题

13．已知向量，，若，则______.

【答案】

【分析】根据向量共线的坐标表示，即可得出.进而得出，，代入化为齐次式，即可得出答案.

【详解】由可得，，

即，所以.

又，

所以，所以，，

所以，.

故答案为：.

14．若函数在上不单调，则实数的取值范围是______.

【答案】

【分析】先求出使函数在上具有单调性的的取值范围，再用集合的补集运算求出符合题意的的取值范围．

【详解】由题意得，

若函数在上单调递增，

则,

解得：，

所以，

解得，

即，

因为，所以且，

所以，      ①

若函数在上单调递减，

则,

解得，

所以，

解得，

即，

因为，所以且，

所以，      ②

又因为函数在上不单调，且，

所以的取值为①②所表示的不等式的补集，

即或.

故答案为：或.

15．函数的部分图象如图所示，则在上的值域为______.

【答案】

【分析】由图象得出，，推出.根据，结合图象即可得出，.令，求出的取值范围，根据的单调性，即可得出函数的值域.

【详解】由图象可知，，，

所以，，

所以，.

又，所以，

结合图象可知，，

所以.

又，所以.

所以，.

令，

因为，，所以.

因为，函数在上单调递减，在上单调递增，

且，，，

所以，，

所以，在上的值域为.

故答案为：.

16．设函数，若对于任意实数，在区间上至少有2个零点，至多有3个零点，则实数的取值范围是______.

【答案】

【分析】根据已知可知，得出区间宽度为.根据正弦函数的图象，得出，求解即可得出答案.

【详解】

由可得，.

令，则，

由正弦函数图象可知，区间上存在两个零点，区间宽度最大为，

相邻四个零点间的最小距离为.

因为，

所以，所以，

所以.

因为在区间上至少有2个零点，至多有3个零点，

所以，，

所以，.

故答案为：.

四、解答题

17．已知.

(1)若，且，求的值；

(2)若，且，求的值.

【答案】(1)或

(2)

【分析】（1）由诱导公式化简，根据特殊角的三角函数值求角；

（2）利用同角三角函数的关系求值.

【详解】（1），

，且，则或.

（2），

则，所以，

解得或，由，则，得，

所以

18．已知角，且点为其终边上异于原点的点.

(1)请用三角函数的定义证明：；

(2)若点满足，求的最小值.

【答案】(1)见解析

(2)

【分析】（1）根据三角函数的定义，结合不等式即可求证，

（2）由三角换元，结合，的关系，由不等式即可求解.

【详解】（1）由题意可知，故，

所以，当且仅当时等号成立，

因此，即可得，

（2）由，不妨设，所以，

令，则，所以，

由于，所以，当且仅当时等号成立，

故的最小值为

19．已知函数，，的图像整体向右平移个单位后图像关于原点对称.

(1)求的单调递增区间；

(2)若，且，，求和的值.

【答案】(1)

(2)，

【分析】（1）利用正弦型函数的奇偶性求出，整体代入法求的单调递增区间；

（2）由已知条件，结合的对称性，求，利用两角差的余弦公式和倍角公式求.

【详解】（1）函数的图像整体向右平移个单位后，得函数的图像，由图像关于原点对称，

则，解得，由，得，

，解得，

所以的单调递增区间为

（2）由时，则，

，即，

又，∴，，

则，，

，，，

，，

由，，有，所以

20．已知函数的部分自变量、函数值如下表所示.

(1)根据上表提供的信息，补充表中缺失的数据，直接写出函数的解析式和图象的对称中心；

(2)设，若不等式对任意的恒成立，求实数a的取值范围.

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）由已知可得出，进而求出的值，然后根据函数值可求出的值，即可得出，根据条件补充表格即可.解，即可得出函数的对称中心；

（2）求出以及的表达式，代入可将原不等式化为.令，求出，换元推得在上恒成立.令，根据基本不等式，求出的最大值，即可得出答案.

【详解】（1）由题意可知，，

所以，所以.

又时，，

即，所以.

又，解得，

所以，.

补充表格如下

由可得，，

所以，函数的对称中心为.

（2）由（1）可知，，

所以.

代入原不等式，

可得，

即.

令，

因为，所以，所以，

原不等式可化为在上恒成立，

即.

当时，有，显然成立；

当时，有，

所以在上恒成立.

令，

因为，所以，

所以，

当且仅当，即时，等号成立.

所以，，

所以，有最大值.

则要使在上恒成立，则应有，

所以.

综上所述，实数a的取值范围为.

21．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线：交x轴于点K，过原点的动直线l上有两点P，Q（P，Q分别在第一、三象限），，，A，B为垂足.已知（为大于零的常数），设，，.

(1)用表示，；

(2)当时，求△PQK面积的最大值，及取得最大值时的值.

【答案】(1)，

(2)面积最大为，此时.

【分析】（1）设，，则，.根据三角函数的定义得出，.结合已知代入即可得出答案；

（2）根据已知，结合三角函数的定义可推出，，即可根据得出三角形的面积，代入整理即可得出.根据基本不等式，即可得出最大值.

【详解】（1）设，，，，

因为，所以，

则，.

根据三角函数的定义可知，，，即，

所以有，.

由可知，，，

所以，所以，

即，

，则，

即.

（2）当时，，，

则根据三角函数的定义可知，，，

所以，△PQK面积为.

因为，所以，

当且仅当，即时等号成立.

所以，，，

所以，，

所以，△PQK面积的最大值为，此时.

22．已知函数.

(1)若，，，且在区间上无零点，求的值；

(2)若是图象的对称中心，是图象的对称轴，且在区间上无零点，求的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据函数的对称性，结合周期性即可得根据即可求解，

（2）根据函数的对称性可得，，其中，即可求解.

【详解】（1）由以及且在区间上无零点，可得 ，即，

解得 且，因此或，

当时，，此时，不符合，故舍去，

当，时，，此时，符合，

故，

（2）由于，且是图象的对称轴，要是在区间上无零点，则，解得

由是图象的对称中心，是图象的对称轴得

，其中,两式子相减得，

故当时，，故为最大值为 ，