2022-2023学年四川省南充市南充市第九中学高一下学期4月月考数学试题含解析

这是一份2022-2023学年四川省南充市南充市第九中学高一下学期4月月考数学试题含解析，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学年四川省南充市南充市第九中学高一下学期4月月考数学试题 一、单选题1．（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用两角和的正弦公式以及特殊角的三角函数值求解即可．【详解】，故选：C．2．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据诱导公式即可化简求解.【详解】，故选：A3．已知扇形面积为，半径是1，则扇形的圆心角是（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】根据扇形面积公式即可求出.【详解】设扇形的圆心角为，则，即，解得.故选：C.4．已知为角终边上一点，则（    ）A．7 B．1 C．2 D．3【答案】B【分析】先根据三角函数的定义求出，再利用齐次化将弦化切进行求解.【详解】为角终边上一点，故，故.故选：B5．“ ”是“函数为偶函数”的（    ）条件A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要【答案】A【分析】根据充分必有条件的定义求解.【详解】若 ，则 ，是偶函数；若 是偶函数，对于任意的x，有 ，即 ， ，  ，不能推出 ，所以“ ”是“是偶函数 ”的充分不必有条件；故选：A.6．，则的值为（    ）A． B． C． D．3【答案】D【分析】根据，利用倍角公式和平方关系求得，再利用求解.【详解】故选：D.【点睛】本题主要考查倍角和半角公式，还考查了运算求解的能力，属于中档题.7．函数的部分图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】先根据函数的奇偶性，可排除BD，根据当时，即可排除C得出答案.【详解】因为，所以，所以为偶函数，故排除BD；当时，，，则，故排除C.故选：A．8．函数，若，则的最小值是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题得，进而可知在，处取到最大值和最小值，根据三角函数的性质可得，进而求解即可.【详解】因为，又，所以在，处取到最大值和最小值，不妨设在处有最大值,则，即，处取到最小值,则，即，所以，，，所以当时，的最小值为.故选：C. 二、多选题9．下列说法中错误的（    ）A．锐角是小于的角 B．函数的周期是C．若，，则 D．若，满足且与同向，则【答案】ABCD【分析】根据锐角的定义可判断A选项；根据周期函数的定义可判断B选项；结合，，不共线可判断C选项；根据向量的概念判断D选项.【详解】对于A，大于小于的角叫做锐角，故A错误；对于B，函数， 如图，函数不为周期函数，故B错误；对于C，若，则不共线的，也满足，，故C错误；对于D，向量不能比较大小，故D错误.故选：ABCD.10．已知，，则下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】辅助角公式化简已知，即可得出A项；由已知可得，，展开即可得出B项；先得出，根据已知可得，开方即可判断C项；根据，结合三角函数的符号，即可推出，进而得出，即可得出D项.【详解】对于A项，因为，所以，故A项正确；对于B项，由已知可得，，即，所以，，故B项正确；对于C项，.由已知，，可知，所以，所以，，故C项错误；对于D项，因为，，，所以，所以，.又，所以，故D项正确.故选：ABD.11．函数的部分图象如图所示，则下列说法中正确的有（    ）A． B．为函数的一个对称中心点C．在上单调递减 D．可将函数向右平移个单位得到函数【答案】ABD【分析】根据函数图象可求出、、的值，可得的解析式，利用三角函数的性质对各选项进行判断可得答案.【详解】由题可得得，，，则，故A正确；又，所以，又，所以，所以，对于B，当时，，所以函数图象关于点对称，故B正确；对于C，由，可得，令，可得，所以不是函数一个递减区间，故C错误；对于D，将函数向右平移个单位得到，故D正确.故选：ABD.12．筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，既经济又环保.明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理（图1）.假定在水流量稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做匀速圆周运动.如图2，将筒车抽象为一个半径为的圆，设筒车按逆时针方向每旋转一周用时120秒，当时，盛水筒位于点，经过秒后运动到点，点的纵坐标满足，），则下列叙述正确的是（    ）图1                 图2A．筒车转动的角速度.B．当筒车旋转100秒时，盛水筒对应的点的纵坐标为C．当筒车旋转100秒时，盛水筒和初始点的水平距离为6D．筒车在秒的旋转过程中，盛水筒最高点到轴的距离的最大值为6【答案】ACD【分析】根据题意求函数的解析式，结合正弦函数逐项分析判断.【详解】对于A：由题意可知：，且，解得，即筒车转动的角速度，A正确；∵，则，故，且，解得，故，对于B：令，则，故B错误；对于C：当筒车旋转100秒时，盛水筒对应的点的横坐标为，所以盛水筒和初始点的水平距离为，故C正确；对于D：若，则，可得，所以，即盛水筒最高点到轴的距离的最大值为6，故D正确；故选：ACD. 三、填空题13．化简：__________．【答案】【分析】根据向量的加减法运算法则即可求解.【详解】,故答案为：14．函数的定义域为__________．【答案】【分析】解不等式,即得解.【详解】由题意得.解得.故答案为：.15．在中，，，则_______________．【答案】或【分析】利用同角三角函数关系式先求出，的值，再利用展开求解即可.【详解】在中，，，所以，又，，所以，所以，当时，，当时，，故答案为：或.16．已知（且），若时，有唯一解，则__________．【答案】-5【分析】根据的范围求出的范围，再由有唯一解可得的取值范围，又且，分别讨论的值，求出有唯一解时的值.【详解】根据，所以，因为有唯一解，所以，解得，当，，则或，解得或，因为，可得或不唯一，舍去；当，，则或，解得或，因为，可得唯一；当，，则或，解得或，因为，可得无解，舍去；当，，则或，解得或，因为，可得无解，舍去；当，，则或，解得或，因为，可得无解，舍去；当，，则或，解得或，因为，可得无解，舍去；综上所述，的值为-5.故答案为：-5. 四、解答题17．已知．(1)求的值；(2)求的值．【答案】(1)(2) 【分析】(1)；(2)分子分母同时除以cosθ，化弦为切﹒【详解】（1），sinθ＝2cosθ，；（2）原式﹒18．已知，为锐角，且，．（1）求的值；（2）求的值．【答案】（1）；（2）【分析】（1）由同角三角函数的基本关系求出，再根据两角和的正弦公式计算可得；（2）首先根据同角三角函数的基本关系求出，再根据计算可得；【详解】（1）∵，为锐角，，∴∴=（2）∵为锐角，∴，由得，∴=【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系的应用，以及两角和的正弦、余弦公式的应用，属于基础题.19．已知函数.(1)当时，求函数的单调减区间；(2)当时，求函数的值域.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据二倍角公式以及辅助角公式化简，即可根据整体法求解单调区间，（2）根据得，结合正弦函数的性质即可求解最值.【详解】（1），令,解得，所以函数的单调减区间为（2）当时，，当时，取最大值，且最大值为，当时，取最小值，且最小值为，故值域为20．长春某日气温y（℃）是时间t（，单位：小时）的函数，该曲线可近似地看成余弦型函数的图象．(1)根据图像，试求（，，）的表达式；(2)大数据统计显示，某种特殊商品在室外销售可获3倍于室内销售的利润，但对室外温度要求是气温不能低于23℃．根据（1）中所得模型，一个24小时营业的商家想获得最大利润，应在什么时间段（用区间表示）将该种商品放在室外销售，单日室外销售时间最长不能超过多长时间？（忽略商品搬运时间及其它非主要因素，理想状态下！）【答案】(1)，(2)应在时间段将该种商品放在室外销售，单日室外销售时间最长不能超过（小时） 【分析】（1）结合函数图象，由求得A，b，再由求得T，再将，代入求解；（2）由（1）得到解析式，令求解.【详解】（1）解：根据以上数据知，，解得，；由，解得，所以；由时，，即，解得，即，；所以，；由，解得；所以，；（2）令，得，即，；解得，；当时，，所以24小时营业商家想获得最大利润，应在时间段将该种商品放在室外销售，且单日室外销售时间最长不能超过（小时）．21．已知函数的两个相邻零点之间的距离为，且（在下面两个条件中任选择其中一个，完成下面两个问题）.条件①：的关于对称；条件②：函数为奇函数.(1)求的解析式；(2)将的图象向右平移个单位，然后再将横坐标伸长到原来2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，若当时，的值域为，求实数的取值范围.【答案】(1)条件选择见解析，(2) 【分析】（1）根据零点可得周期进而得，根据函数的对称性可解，进而可得，（2）根据函数图象的变换可得，进而结合正弦函数的性质即可求解.【详解】（1）因为函数的两个相邻零点之间的距离为，所以的周期，由，得，选①：由，解得：，因为，所以，故.选②：因为是奇函数，即，所以是的一个对称中心，由，解得：，因为，所以，故.（2）根据题意得，，当时，因为的值域为，则，解得：，故实数的取值范围是.22．已知.(1)若，求的值；(2)将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，若函数在上有4个零点，求实数的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）先化简求得的解析式，根据，求得的值，进而求得的值；（2）先求得，根据函数在上有4个零点，可求得实数的取值范围.【详解】（1）若，即，则.（2）易知，根据题意，设，因为，所以，所以，所以，所以原方程变为，令因为原方程有4个零点，而方程在至多两个根，所以，且在有两个零点，则，解得， 即.