2022-2023学年云南师范大学附属中学高一上学期期末教学测评数学试题（解析版）

2022-2023学年云南师范大学附属中学高一上学期期末教学测评数学试题

一、单选题

1．设集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】解集合M和集合N中的不等式，求两集合的交集.

【详解】，，所以.

故选：D．

2．（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由及余弦差公式求值.

【详解】，

故选：A．

3．如图是根据原卫生部2009年6月发布的《中国7岁以下儿童生长发育参照标准》绘制的我国7岁以下女童身高（长）的中位数散点图，下列可近似刻画身高y随年龄x变化规律的函数模型是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据图象是否是线性增长，指数函数的图象与性质，对数函数的性质判断ACD，再由选项B中函数的性质判断后可得．

【详解】A选项，由散点图知身高y随时间x变化不是线性增长，故A错误；C选项，指数函数模型中y随x增长越来越快，与图象不符合；D选项，对数函数模型在时没有意义；B选项符合散点图中y随x增长越来越慢，且在时有意义，

故选：B．

4．在正三角形△ABC中，，M，N分别为AB，AC的中点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题可知，向量，的夹角为150°，再由平面向量数量积的定义即可得出答案.

【详解】由题知，，，向量，的夹角为150°，

所以.

故选：A．

5．某扇形的圆心角为2，弧长为4，则该扇形的面积为（    ）

A．1 B．2 C．4 D．8

【答案】C

【分析】根据扇形的面积公式即可求解.

【详解】由弧度制定义，该扇形的半径为，

所以该扇形的面积为，

故选：．

6．设向量，，则“”是“”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】B

【分析】由向量垂直的坐标表示结合充分必要条件的定义判断.

【详解】或或，

故选：B．

7．已知点，，在函数的一个周期的图像上，其三个点的位置如图所示，则函数的单调递减区间为（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】C

【分析】点B，点C关于点D中心对称，求出点D坐标，AD为函数的半个周期，求出，由点在函数图像上得到函数解析式，利用整体代入法求单调递减区间.

【详解】由图，点B，点C关于点D中心对称，，故点，

AD为函数的半个周期，所以，，故，

点在函数图像上，依题意有函数的图像向左平移个单位得到的图像，

故，

由，解得，

所以单调递减区间为，，

故选：C．

8．已知是上的偶函数，且，当时，，则（    ）

A．－0.75 B．－0.25 C．0.25 D．0.75

【答案】D

【分析】由条件可得是周期为的函数，又是偶函数，所以，代入已知解析式即可求解.

【详解】由得，

，故，

所以4是的一个周期，

故，

故选：D．

二、多选题

9．关于函数，下列选项正确的是（    ）

A．的定义域为 B．是奇函数

C．的最小正周期是 D．

【答案】AC

【分析】根据正切函数的性质判断A，画出函数图象，结合图象判断B、C，根据奇偶性与单调性判断D.

【详解】解：函数的定义域与的定义域相同，即为，故A正确；

由及的定义域知是偶函数，故B错误；

作出的图象如图所示，

由图可知函数的最小正周期为，故C正确；

由于，，且根据图象知在上单调递增，

所以，即，故D错误.

故选：AC．

10．已知正实数x，y满足，则下列选项正确的是（    ）

A．的最小值为 B．的最大值为

C．的最小值为8 D．的最大值为16

【答案】ABC

【分析】对A、B、C：结合基本不等式分析判断；对D：由代换，结合二次函数分析判断.

【详解】对A：由于，当且仅当，即时取等号，故A正确；

对B：由基本不等式得，故，当且仅当时取等号，故B正确；

对C：，当且仅当时取等号，故C正确；

对D：由正实数x，y满足，得，

故，故D错误.

故选：ABC．

11．设，是互相垂直的单位向量，，，下列选项正确的是（    ）

A．若点C在线段AB上，则

B．若，则

C．当时，与共线的单位向量是

D．当时，在上的投影向量为

【答案】ABD

【分析】对A：根据向量共线分析运算；对B：根据向量垂直运算求解；对C：根据单位向量分析运算；对D：根据投影向量分析运算.

【详解】由题意可得：，

对A：若点C在线段AB上，则，则，

可得，解得或（舍去），故A正确；

对B：由，可得，

解得，故B正确；

对C：当时，则，

与共线的单位向量是，故C错误；

对D：当时，可得，

则在上的投影向量为，故D正确.

故选：ABD．

12．已知函数在上只存在两个实数满足，则下列结论正确的是（    ）

A． B．

C．在上单调递增 D．在上有且仅有两个零点

【答案】BD

【分析】由题意得，是函数图象的相邻两条对称轴，结合正弦函数的对称性确定函数的周期的范围从而判断AB，由正弦函数的单调性判断C，由正弦函数的性质判断D．

【详解】由题意，，是函数相邻的两条对称轴，当，解得，当，解得，由题意，解得，当，解得，当，解得，由题意，解得，故，故，所以，故A错误，B正确；

当，，故，，故C错误；

当时，，，故，，故在上有且仅有一个零点，当时，，，故，，故在上有且仅有一个零点，所以在上有且仅有两个零点，故D正确，

故选：BD．

三、填空题

13．已知函数在区间内存在一个零点，用二分法计算这个零点的近似值，其参考数据（函数值均保留四位小数）如下：

则这个零点的近似值为________．（保留两位小数）

【答案】

【分析】根据题意，由二分法分析可得函数在内存在零点，从而可得答案.

【详解】由表可知，，

所以函数在区间内存在零点，

这个零点保留两位小数后的近似值为．

故答案为：

14．在△ABC中，点D满足，若，则________．

【答案】

【分析】由平面向量基本定理结合可得，即可求出的值，即可求出答案.

【详解】由，得，

所以，

即，

所以，所以，，

故．

故答案为：.

15．函数的图象向左平移个单位后与函数的图象重合，则_________．

【答案】##

【分析】由三角函数图象的平移变换求出，再由平移后图象重合，可得，再结合即可得出答案.

【详解】，，

因为平移后图象重合，故，因为，故．

故答案为：.

16．若函数有唯一零点，则_____．

【答案】

【分析】令，，有唯一零点等价于，图象有唯一交点，分别求出和单调性和对称性，结合图象求解即可.

【详解】，，

则有唯一零点等价于，图象有唯一交点,

因为的定义域为，

所以在内单调递增，在内单调递减，其最大值为．

由于为偶函数，,

故的图象关于对称．

而，

的图象也关于对称，结合如图所示的，图象可知，

仅当，即时，，图象有唯一交点，

故．

故答案为：.

四、解答题

17．已知．

(1)若角θ的终边过点，求的值；

(2)若将角θ的终边顺时针旋转得到角的终边，求的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由任意角的三角函数的定义求出，再结合诱导公式化简，代入即可得得出答案.

（2）由题意求出，然后的分子分母同除，化简代入即可得出答案.

【详解】（1）由三角函数的定义得，

解得，

所以，，

故．

（2）由题得，故，

所以．

18．已知向量，，．

(1)求的最小值及相应t的值；

(2)若与共线，求与的夹角．

【答案】(1)最小值为，此时

(2)

【分析】（1）求出向量的坐标，再由向量的模长公式求出，根据二次函数求最值，即可得出答案.

（2）由与共线可求出，再由向量的夹角公式即可得出答案.

【详解】（1）因为，，

所以，

所以，

当且仅当取“＝”，

即的最小值为，此时．

（2）因为，，

所以由与共线得，

解得，此时，

设，的夹角为θ，

则，又,

故与的夹角为．

19．设函数．

(1)求的最小正周期及对称轴方程；

(2)若在上单调递增，求a的最大值．

【答案】(1)最小正周期，对称轴方程为，

(2)

【分析】（1）由三角恒等变换化简解析式，由整体法求对称轴方程，由公式求得周期；

（2）判断，由整体法，结合函数单调区间建立不等式组求解即可.

【详解】（1），

所以的最小正周期，

由，得，．所以的对称轴方程为，；

（2）由题意，因为，故，

则有，，解得，

因为，故，所以.

故a的最大值为．

20．已知函数．

(1)求的定义域D，并证明：，都有，且为定值；

(2)若不等式在上有解，求实数m的取值范围．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据对数函数的性质，建立不等式，求得定义域；根据对数运算，可得答案；

（2）根据复合函数的单调性，结合反比例函数以及对数函数的单调性，可得函数的单调性，从而求得最值，由题意，建立不等式，可得答案.

【详解】（1）由，解得，故的定义域D为．

当时，，故，

且．

（2）令，则可以看做函数与复合而成．

因为在上单调递减，在上单调递增，

所以在上单调递减．故．

而不等式在上有解等价于，

所以实数m的取值范围为．

21．数学与音乐之间有着密切联系，如在一首乐曲中常常会有一段音符反复出现，这就是它的主旋律，从数学上看，乐曲的主旋律就是通过周期性表达的，可以用三角函数来表示．某乐曲的一个音量y（单位：分贝）关于时间x（单位：秒）的函数模型为，它可以看做是由纯音与合成的．

(1)已知在一个周期内，正的最强音出现一次．若，，则在三分钟内出现了几次正的最强音？

(2)当弹奏两个频率很接近的纯音时，合成出来的音听上去时有时无，好像某人在以一个固定的频率调大和调小音量，这种现象叫做差拍，我们可以利用三角函数中的和差化积公式解释它，，由此我们可以认为是对声音的周期性放缩，故缩倍数为．若秒时放缩倍数与秒时放缩倍数相同（假设放缩倍数为正数），，，则秒时音量为多少分贝？

【答案】(1)90次

(2)分贝

【分析】（1）根据2为函数的一个周期，1为函数的一个周期，可得2为函数的一个周期，再设T是函数的一个周期，，从而可求得，进而可得出答案；

（2）由题意，，设，求出，从而可求得，从而可得出答案.

【详解】（1）因为2为函数的一个周期，1为函数的一个周期，

所以2为函数的一个周期，

令，设T是的一个周期，，

则由，得，

故，解得，

但，故不是的周期，

所以2是的最小正周期，

由于在一个周期内，正的最强音出现一次，，

所以在三分钟内出现了90次正的最强音；

（2）由题意，，故，

所以，

设，，

故，解得，（舍），

所以，因为，，

故，所以，

，

则秒时音量为分贝．

22．设函数，．

(1)当时，证明：方程在上有唯一实根；

(2)是否存在实数a，满足：对于任意，都有？若存在，求出所有满足条件的a；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)证明见解析

(2)存在，

【分析】（1）问题转化，构造函数，由函数单调性结合零点存在定理证明；

（2）分类讨论求得在是最大值和最小值，由最大值与最小值的差不大于1可得．

【详解】（1）当时，，

方程在上有唯一实根等价于函数在上有唯一零点．

令，，

因为，，

所以在存在零点．

又在上单调递增，

所以在上有唯一零点，

故方程在上有唯一实根．

（2）对于任意，，都有的充要条件是，

令，则原函数可化为，，

记，，则开口向上，对称轴为，

①当时，在上是增函数，

所以，，

故，解得，这种情况无解；

②当时，在上是减函数，

所以，，

故，解得，这种情况也无解；

③当时，在上单调递减，在上单调递增，

所以，，

故且，解得且，故；

综上，存在实数，满足：对于任意，都有．