2022-2023学年江苏省常州市前黄高级中学高一下学期2月学情检测数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年江苏省常州市前黄高级中学高一下学期2月学情检测数学试题（解析版），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学年江苏省常州市前黄高级中学高一下学期2月学情检测数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】解出集合，利用并集的定义可求得集合.【详解】因为，，则.故选：D.2．若幂函数的图象关于y轴对称，且与x轴无公共点，则的解析式可能为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据幂函数的图象和性质依次判断选项即可.【详解】A：函数的图象关于y轴对称，且与x轴有公共点，故A不符合题意；B：函数的图象关于原点对称，且与x轴有公共点，故B不符合题意；C：函数的图象关于原点对称，且与x轴无公共点，故C不符合题意；D：函数的图象关于y轴对称，且与x轴无公共点，故D符合题意.故选：D.3．已知，则等于（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用三角函数诱导公式即可求得的值.【详解】故选：C4．若非零向量、满足，且，则向量、的夹角为（     ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设向量、的夹角为，由已知可得出，根据平面向量数量积的运算性质求出的值，结合角的取值范围可得出角的值.【详解】设向量、的夹角为，由题意，，又因为，因此，.故选：B.5．三个数 之间的大小关系是（       ）A．. B．C． D．【答案】B【分析】根据指数函数和对数函数的单调性进行求解，即可比较大小.【详解】解：，则，，则，，则，所以.故选：B.6．函数的图像大致是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】分、两种情况对函数的解析式进行化简，然后可得答案.【详解】当时，，当，，所以函数的图像大致是选项D，故选：D7．17世纪法国数学家费马在给朋友的一封信中曾提出一个关于三角形的有趣问题：在三角形所在平面内，求一点，使它到三角形每个顶点的距离之和最小．现已证明：在中，若三个内角均小于，则当点满足时，点到三角形三个顶点的距离之和最小，点被人们称为费马点．根据以上知识，已知为平面内任意一个向量，和是平面内两个互相垂直的向量，且，则的最小值是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】设，，，转化为点到和点三个点的距离之和，画出图形，结合费马点的性质求出点坐标，得到答案.【详解】设，，，则，即为点到和点三个点的距离之和，则△ABC为等腰三角形，如图，由费马点的性质可得，需满足：点P在y轴上且∠APB＝120°，则∠APO＝60°，因为|OA|＝|OB|＝2，则，所以点坐标为时，距离之和最小，最小距离之和为.故选：B.8．如图，假定、两点以相同的初速度（单位：单位/秒），分别同时从、出发，点沿射线做匀速运动，；点沿线段（长度为单位）运动，它在任何一点的速度值等于它尚未经过的距离，那么定义为的纳皮尔对数，函数表达式为（其中为自然对数的底数，），则从靠近的第一个五等分点移动到靠近的四等分点经过的时间约为（   ）（参考数据：，，）A．秒 B．秒C．秒 D．秒【答案】C【分析】设点运动到靠近点的第一个五等分点时，，设点运动到靠近点的四等分点时，，计算出、，可求得的值，即为所求.【详解】由题意可知，、两点的初速度为单位/秒，设点运动到靠近点的第一个五等分点时，，则，可得，设点运动到靠近点的四等分点时，，则，可得，故所求时间为（秒），故选：C. 二、多选题9．下列说法正确的是（     ）A．B．命题“”的否定是“”C．若，则D．“”是“为第一象限角”的充要条件【答案】AC【分析】选项A分类讨论即可，选项B利用全称命题的否定是特称命题判断，选项C利用作差法判断，选项D利用充分条件，必要条件的定义判断.【详解】选项A，当时，，当时，，故，故A正确；对于B，命题“”的否定是“”，故B错误；选项C，由，因为，所以，所以，即，故C正确；对于D，由，得或，则在第一象限角或第四象限角，故充分性不成立，反之是第一象限角，则，得，故必要性成立，故“”是“是第一象限角”的必要不充分条件，故D错误.故选：AC.10．蜜蜂的巢房是令人惊叹的神奇天然建筑物．巢房是严格的六角柱状体，它的一端是平整的六角形开口，另一端是封闭的六角菱形的底，由三个相同的菱形组成．巢中被封盖的是自然成熟的蜂蜜．如图是一个蜂巢的正六边形开口，下列说法正确的是（   ）A． B．C． D．在上的投影向量为【答案】BCD【分析】根据正六边形的特点，在图中作出相关向量，对A利用向量减法运算结合图形即可判断，对B借助图形和共线向量的定义即可判断，对C利用向量数量积公式和相关模长的关系即可判断，对D结合图形即可判断.【详解】对A，，显然由图可得与为相反向量，故A错误；对B，由图易得，直线平分角，且为正三角形，根据平行四边形法则有与共线且同方向，易知均为含的直角三角形，故，则，而，故，故，故B正确；对C，，，则，又，，，，故C正确；对D，由C知，则在上的投影向量为，故D正确.故选：BCD.11．已知函数的图象关于直线对称，则（    ）A．若将的图象向右平移个单位得到，则函数为偶函数B．函数在上单调递增C．函数的图象关于中心对称D．若，则的最小值为【答案】ACD【分析】利用三角函数图象变换以及正弦型函数的对称性求出的值，再利用三角函数图象以及余弦型函数的奇偶性可判断A选项；利用正弦型函数的单调性可判断B选项；利用正弦型函数的对称性可判断C选项；利用正弦型函数的周期可判断D选项.【详解】对于A选项，因为的图象关于直线对称，则，所以，，则，所以，，将的图象向右平移个单位得到，则，所以，函数为偶函数，A对；对于B选项，当时，则，所以，函数在上不单调，B错；对于C选项，因为，所以，函数的图象关于中心对称，C对；对于D选项，因为，且，则或，故的最小值为函数最小正周期的一半，即，D对.故选：ACD.12．若函数，则（    ）A．为周期函数B．在上单调递增C．当时，恒成立D．的图象只有一个对称中心【答案】BC【分析】利用周期函数的定义可判断A；通过导数的正负可判断B；令，结合单调性可判断C；由可求得对称中心即可判断D.【详解】对于A，令，，当时，，故不存在非零常数，使成立，故不是周期函数，即不是周期函数，故A错误；对于B，，，当时，，则在上单调递增，故B正确；对于C，令，当时，，则在上单调递增，所以，即，故C正确；对于D，，则，故关于点对称，由于，则对称中心不只一个，故D错误．故选：BC． 三、填空题13．已知函数的图象恒过定点，若点在角的终边上，则满足条件的值可以为_________.【答案】（答案不唯一）【分析】求出点的值，可知为第二象限角，求出的值，可得出的值，即可得解.【详解】对于函数，令，可得，此时，即，则，因为点在第二象限，故为第二象限角，故.故答案为：（答案不唯一）.14．已知实数且，则的最小值为______.【答案】2【分析】变形，展开，然后利用基本不等式求最小值.【详解】，，，当且仅当，即时等号成立，故的最小值为.故答案为：. 四、双空题15．如图，在菱形中，，分别是边上的点，且，，连接，交点为．设，则（1）_____；（2）________．【答案】          【分析】（1），由三点共线得，，结合平面向量基本定理可求得；（2）取作为平面的一组基底，用基底表示出向量，求出，，，由向量夹角公式即可求得答案.【详解】，又三点共线，则，，因为不共线，由平面向量基本定理，得且，解得．（2）取作为平面的一组基底，则，，不妨设，则，，，，．故答案为：，． 五、填空题16．已知函数，若实数、满足，则的最大值为_______．【答案】##【分析】计算得出，并分析出函数在上为增函数，由可得出，利用基本不等式可求得的最大值.【详解】对任意的，，则函数的定义域为，因为，因为在上为增函数，在上也为增函数，故函数在上也为增函数，由可得，所以，，可得，当取最大值时，必有，则，当且仅当时，即当时，等号成立，故的最大值为.故答案为：. 六、解答题17．在平面直角坐标系中，角的始边在轴的正半轴上，终边与单位圆的交点为，其中．(1)求和的值；(2)设向量，若，求的值.【答案】(1)，(2) 【分析】（1）由三角函数的定义以及同角三角函数的基本关系可求得的值，进而可求得和的值；（2）由平面向量共线的坐标表示可求得的值，再利用弦化切可求得的值.【详解】（1）解：由三角函数的定义可知，，因为，由同角三角函数的平方关系可得，解得，因此，，.（2）解：由（1）可知，又因为，且，则，若，则，显然不满足，所以，，故，因此，.18．函数的部分图象如图所示．(1)求函数的解析式；(2)先将函数的图象的横坐标缩小为原来的，再将得到的函数图象向左平移个单位，最后得到函数，求在区间上的值域．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由图可得出的值，求出的最小正周期，可求得的值，由结合的取值范围可求得的值，可得出函数的解析式；（2）利用三角函数图象变换可得出函数的解析式，利用正弦型函数的基本性质可求得在上的值域.【详解】（1）解：由图可知，，函数的最小正周期为，，，可得，，则，，则，所以，.（2）解：将函数的图象的横坐标缩小为原来的，可得到函数的图象，再将得到的函数图象向左平移个单位，最后得到函数的图象，则，当时，，则，所以，，因此，在区间上的值域为.19．已知函数，若的解集为．(1)求不等式的解集；(2)若对恒成立，求实数m的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据已知条件结合韦达定理求出，化简不等式，根据一元二次不等式的解法求解即可；（2）令，，问题转化为在上恒成立，分离参变量，结合基本不等式求出答案.【详解】（1）∵的解集为，∴方程的两个根为，且，由韦达定理可得，解得，∴，∴不等式即，即，解得，∴不等式的解集为．（2）令，由，得，由对恒成立，得在上恒成立，∴在上恒成立，∵，当且仅当时“”成立，∴．20．如图，在直角三角形中，．点分别是线段上的点，满足．(1)求的取值范围；(2)是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在， 【分析】（1）由题意得，结合即可得解；（2）由，求解即可.【详解】（1）在直角三角形中，．∴，，，∵，∴．（2）令，得或（舍）.∴存在实数，使得．21．已知函数，其中．(1)当时，求的零点；(2)当为偶函数时，①求的值；②设函数，若函数与的图象有且只有一个公共点，求实数的取值范围．【答案】(1)(2)①；②或. 【分析】（1）当时，分析函数在上的单调性，结合可得出函数的零点；（2）①根据偶函数的定义结合对数的运算性质可求得实数的值；②由可得，令，分析可知关于的方程只有个正数解，对实数的取值进行分类讨论，在时直接验证即可，在或时，根据二次方程根的分布可得出关于实数的不等式组，综合可得出实数的取值范围.【详解】（1）解：当时，因为函数在上单调递增，且，外层函数为上的增函数，故函数在上单调递增，又因为函数在上单调递增，故函数在上单调递增，因为，所以，函数的零点为.（2）解：当为偶函数时，，①，因为，即，所以，对恒成立，则，解得；②因为函数与的图象有且只有一个公共点，所以，只有一解，即只有一解，   所以，只有一解，令， 则关于的方程只有个正数解，      （Ⅰ）当时，，不合题意；（Ⅱ）当时，，设方程两根为、，则，所以，方程有一正一负根，负根舍去，符合题意； （Ⅲ）当时，因为当时，，故只需，解得.综上：实数的取值范围为或.22．若函数满足：存在正实数，对定义域内的每一个值，在其定义域内都存在，使成立，则称该函数为“依附函数”．现已知函数．(1)判断函数和是否为“依附函数”，并说明理由；(2)设函数与互为反函数．令，试判断在上的零点个数．【答案】(1)函数不是“依附函数”，函数是“依附函数”，理由见解析(2)在上有且只有一个零点. 【分析】（1）根据“依附函数”的定义直接判断即可；（2）求得，分，两种情况讨论，结合函数的单调性与函数零点存在定理即可得出结论．【详解】（1）函数不是“依附函数”．理由：不妨取，则，∴，函数是“依附函数”．理由：对，，由，得，∴必存在．（2）∵函数与互为反函数，∴，函数的图象在上连续不断，①当时，因为与在上均单调递增，所以在上单调递增，而，∴，根据函数零点存在定理，知存在唯一，使得，∴在上有且只有一个零点；②当时，因为单调递增，所以，而，∴，∴在上没有零点.综上，在上有且只有一个零点．