2022-2023学年江苏省南京市第二十九中学高一下学期2月期初考试数学试题（解析版）

2022-2023学年江苏省南京市第二十九中学高一下学期2月期初考试数学试题

一、单选题

1．已知角的终边经过点，则角的正弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用三角函数的定义求值.

【详解】因为角的终边经过点，则，，

所以.

故选：D.

【点睛】本题考查了三角函数的定义，利用定义求出角的三角函数值，属于基础题.

2．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求出与的值域，得到与，进而求出.

【详解】，所以，，所以，故

故选：D

3．已知扇形AOB的周长是6cm，该扇形的圆心角是1弧度，则该扇形的面积（　　）

A．3 B．2 C．4 D．5

【答案】B

【分析】求出扇形的弧长，从而得到，求出半径，进而得到扇形的面积.

【详解】设扇形的半径为

∵扇形圆心角1弧度，所以扇形弧长和面积为整个圆的．

弧长，

故扇形周长cm，

∴，

扇形面积．

故选：B．

4．“”是“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】利用充分条件和必要条件的定义判断.

【详解】解：当时，为偶函数，故充分；

当为偶函数时，，故不必要；

故选：A

5．双碳，即碳达峰与碳中和的简称，2020年9月中国明确提出2030年实现“碳达峰”，2060年实现“碳中和”.为了实现这一目标，中国加大了电动汽车的研究与推广，到2060年，纯电动汽车在整体汽车中的渗透率有望超过70%，新型动力电池随之也迎来了蓬勃发展的机遇.Peukert于1898年提出蓄电池的容量（单位：），放电时间（单位：）与放电电流（单位：）之间关系的经验公式，其中为Peukert常数.在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间，则当放电电流时，放电时间为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意求出蓄电池的容量C，再把代入，结合指数与对数的运算性质即可得解.

【详解】由，得时，，即；

时，；，

.

故选：A.

6．下列函数中最小值为4的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据二次函数的性质可判断选项不符合题意，再根据基本不等式“一正二定三相等”，即可得出不符合题意，符合题意．

【详解】对于A，，当且仅当时取等号，所以其最小值为，A不符合题意；

对于B，因为，，当且仅当时取等号，等号取不到，所以其最小值不为，B不符合题意；

对于C，因为函数定义域为，而，，当且仅当，即时取等号，所以其最小值为，C符合题意；

对于D，，函数定义域为，而且，如当，，D不符合题意．

故选：C．

【点睛】本题解题关键是理解基本不等式的使用条件，明确“一正二定三相等”的意义，再结合有关函数的性质即可解出．

7．记函数的最小正周期为T．若，且的图象关于点中心对称，则（    ）

A．1 B． C． D．3

【答案】A

【分析】由三角函数的图象与性质可求得参数，进而可得函数解析式，代入即可得解.

【详解】由函数的最小正周期T满足，得，解得，

又因为函数图象关于点对称，所以，且，

所以，所以，，

所以.

故选：A

8．设，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据基本不等式，结合指数函数的单调性、函数单调性的性质进行判断即可.

【详解】因为，且，

所以，即，

因为函数是单调递增函数，

所以函数是单调递增函数，

所以当时，有，

因为，

所以有，

由，

因为函数是单调递减函数，

所以函数是单调递减函数，

因为，所以，

因此，

故选：A

【点睛】关键点睛：根据等式的形式构造函数，利用指数函数的单调性是解题的关键.

二、多选题

9．已知点是函数图像的一个对称中心，其中为常数且，则以下结论正确的是（    ）

A．的最小正周期是

B．将函数的图像向左平移个单位后所得的图像关于原点对称

C．函数在上的最小值为

D．若，则

【答案】BC

【分析】将代入可得，得出，从而可得，由可判断A；根据三角函数的平移变换可判断B；利用三角函数的性质可判断A；根据三角函数的单调性可判断D.

【详解】解：因为点是函数的一个对称中心，

所以，即，解得，，

又因为，所以，，

对于A项：最小正周期为，故A错；

对于B项：将向左平移个单位可得，

其图象关于原点对称，故B对；

对于C项：当时，，所以，

可得，所以的最小值为，故C对；

对于D项：因为，所以，

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，故D错，

故选：BC．

三、单选题

10．甲、乙、丙、丁四个物体同时从某一点出发向同一方向运动，它们的路程关于时间的函数关系式分别为，，，，则下列结论正确的是（    ）

A．当时，乙在最前面 B．当时，丙在最前面

C．当时，丁在最后面 D．如果它们一直运动下去，最终在最前面的是甲

【答案】D

【分析】作出四个函数的图象，结合图象以及特殊值法可判断各选项的正误.

【详解】在同一直角坐标系中作出函数的图象如下图所示：

对于A选项，，故A错误；

对于B选项，，故B错误；

对于C选项，当时，，即乙在最后面，C错；

对于D选项，随着的增大，越到后面，四个函数中，函数的增长速度越快，

如果它们一直运动下去，最终在最前面的是甲，D对.

故选：D.

四、多选题

11．已知，，分别是三个内角，，的对边，下列四个命题中正确的是（    ）

A．若，则是锐角三角形

B．若，则是等腰三角形

C．若，则是等腰三角形

D．若，则是等边三角形

【答案】ACD

【分析】由两角和的正切公式结合诱导公式以及，，为的内角可判断A；由正弦定理化边为角结合正弦的二倍角公式可判断B；由正弦定理化边为角，逆用两角和的正弦公式可判断C；利用正弦定理化边为角结合同角三角函数基本关系可判断D，进而可得正确选项.

【详解】对于A，因为，所以，

所以，

因为，，为的内角，所以，，都是锐角，所以是锐角三角形，故选项A正确；

对于B：由及正弦定理，可得，

即，所以或，所以或，

所以是等腰三角形或直角三角形，故选项B错；

对于C：由及正弦定理化边为角，

可知，即，

因为，为的内角，所以，所以是等腰三角形，故选项C正确；

对于D：由和正弦定理化边为角，易知，所以，因为，，为的内角，所以，所以是等边三角形，故选项D正确；

故选：ACD.

12．下列说法正确的是（    ）

A．存在实数，使得不等式成立

B．命题“，”的否定是“，”

C．函数与函数表示同一个函数

D．若命题“，”为真命题，则实数的取值范围是

【答案】AD

【分析】举反例可判断A，由特称命题的否定为全称命题可判断B，由两个函数的定义域不同可判断C，由二次函数的性质可判断D.

【详解】对于A，当时，成立，故A正确，

对于B，命题“，”的否定是“，，故B错误，

对于C，函数的定义域是，函数的定义域是，两个函数的定义域不同，所以不是同一个函数，故C错误，

对于D，因为，，则，解得，故D正确.

故选：AD.

五、填空题

13．已知的内角的对边分别为，若，则的最小值为__________．

【答案】##

【分析】由余弦定理结合可得，从而把两元问题转化为一元问题，然后利用均值不等式即可求出的最小值.

【详解】由余弦定理及，得

即，再由正弦定理，得

即，即，

所以，所以，

所以，

当且仅当，即时等号成立，

所以的最小值为

故答案为：

14．写出一个同时具有下列性质①②③的函数:_____.

① ;②当时，单调递减; ③为偶函数.

【答案】（不唯一）

【分析】根据对数函数性质即可做出判断.

【详解】性质①显然是和对数有关，性质②只需令对数的底即可，性质③只需将自变量加绝对值即变成偶函数.

故答案为：（不唯一）

15．在中，角的对边分别为.若，则的最小值是___________.

【答案】

【分析】根据余弦定理以及基本不等式可求得答案.

【详解】解：由余弦定理得，又，所以，

因为，当且仅当时取等号，

所以，

所以的最小值是，

故答案为：.

16．已知函数.若实数､满足，则的最大值为___________.

【答案】1

【分析】设,再判断函数的奇偶性和单调性，再由得

，再利用三角换元求的最大值.

【详解】设,所以,定义域为R

所以

所以,所以函数是奇函数，

，

所以函数是增函数，

因为，

所以，

所以=0,

所以,

所以设

由于求的最大值，不妨设，

所以=

=，当时取得等号

所以的最大值为1.

故答案为：1

六、解答题

17．在中，角所对的边长为，，．

(1)若，求的面积；

(2)是否存在正整数，使得为钝角三角形？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．

【答案】(1)

(2)存在，

【分析】（1）利用正弦定理边角互化结合已知条件求得，再根据余弦定理和三角形面积公式求解即可；

（2）利用余弦定理和三角形两边之和大于第三边求解即可.

【详解】（1）因为，所以由正弦定理可得，

又因为，，

解得，，，

在中由余弦定理可得，

所以，

所以.

（2）因为，

所以为钝角三角形时，必为钝角，

所以由余弦定理得，

所以，解得，

又因为三角形的任意两边之和大于第三边，

所以，即，解得，

所以，

因为为正整数，

.

18．设函数，其中.

(1)若函数是偶函数，求实数的值；

(2)若，记，求证：函数在上有零点.

【答案】(1)0

(2)证明见解析

【分析】（1）根据求出，在验证时，为偶函数即可；

（2）利用结合零点存在性定理即可证明.

【详解】（1）若函数是偶函数，则，即，

所以或，所以，

此时，，满足为偶函数，

所以.

（2）因为,

所以，，

因为，所以，，

所以，，

所以当时，恒成立，

故函数在上有零点.

19．已知命题：“，不等式成立”是真命题．

(1)求实数取值的集合；

(2)设不等式的解集为，若是的必要不充分条件，求实数的取值范围．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）不等式小于零等价于函数值为负值.

(2)是的必要不充分条件，找到的包含关系，，，情况讨论；

【详解】（1）令，命题：“，不等式成立”是真命题，则，解得或，

即

（2）因为不等式的解集为，且是的必要不充分条件，则是的真子集；

①当，即时，解集，或，此时；

②当，即时，解集，满足题设条件；

③当，即时，解集

或，此时或

综上①②③可得或

20．设，已知函数.

(1)当时，用定义证明是上的严格增函数；

(2)若定义在上的奇函数满足当时，，求在区间上的反函数；

(3)对于（2）中的，若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)证明见解析

(2)，

(3)

【分析】（1）根据函数单调性的定义证明即可；（2）根据奇函数的定义可以求出参数，从而根据反函数的定义即可求出反函数解析式；（3）将不等式的右侧转化为特殊的函数值，再利用已经证明的函数的单调性即可求解.

【详解】（1）当时，.

任取，，

因为，所以，

即，.

所以，是上的严格增函数.

（2）由题意得当时，，

又是定义在上的奇函数，即，得.

所以当时，，

由得当时，，

.

令，则，得，

故在区间上的反函数，.

（3）是上的严格增函数，

关于的不等式在上恒成立，

又，所以，

即恒成立，令，

得，即，

故实数的取值范围是.

21．我市某旅游区有一个人工湖，如图所示，它的边界是由圆O的半个圆弧（P为此圆弧的中点）和直径MN构成．已知圆O的半径为1千米．为增加旅游收入，现在该人工湖上规划建造两个观景区：其中荷花池观景区的形状为矩形ABCD；喷泉观景区的形状为．要求端点A，B均在直径MN上，端点C，D均在圆弧上．设OC与直径MN所成的角为．

(1)试用分别表示矩形ABCD和的面积；

(2)若在矩形ABCD两侧线段AD，BC的位置架起两座观景桥，已知建造观景桥的费用每千米8万元（包含桥的宽度费用），建造喷泉观景区费用每平方千米16万元，建造荷花池的总费用为5万元．问：的角度为多少时，建造该观景区总费用最低，并求出其最低费用值．（结果保留整数）

【答案】(1)矩形ABCD的面积为，的面积为；

(2)当时，建造该观景区总费用最低，且最低费用约为20万元.

【分析】（1）由题图知，根据矩形、三角形面积公式写出矩形ABCD和的面积；

（2）由已知可得，，利用、关系，换元法及正弦型函数、二次函数性质求的最小值及其对应的值.

【详解】（1）由题意，，易得：．

所以矩形ABCD的面积为，

的面积为．

（2）设建造观景区所需总费用为，

由题意，，，

即，，

令，，

设，则，

由，

从而．

当，即时，有．

所以最小值为（万元）．

故当时，建造该观该景区总费用最低，且最低费用约为20万元．

22．已知函数为偶函数.

(1)求实数的值;

(2)解关于的不等式;

(3)设，若函数与图象有个公共点，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）根据偶函数的定义及性质直接化简求值；

（2）判断时函数的单调性，根据奇偶性可得函数在各区间内的单调性，解不等式即可；

（3）由函数与图象有个公共点，可得有两个实数根，再利用换元法转化为二次方程有两个根，利用判别式求参数范围.

【详解】（1）函数的定义或为，

函数为偶函数.

，即 ，

，

；

（2），

当时，，单调递增，

在上单调递增，

又函数为偶函数，所以函数在上单调递增，在上单调递减；

，

，

解得或，

所以所求不等式的解集为 ；

（3）函数与图象有个公共点，

，

即，，

设，则，即，

又在上单调递增，

所以方程有两个不等的正根；

，

解得，即的取值范围为.