2022-2023学年辽宁省大连市第八中学高一下学期4月月考数学试题含答案

2022-2023学年辽宁省大连市第八中学高一下学期4月月考数学试题

一、单选题

1．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.

2．设，则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】由三角函数的性质结合充分条件、必要条件的定义即可得解.

【详解】因为可得：

当时，，充分性成立；

当时，，必要性不成立；

所以当，是的充分不必要条件.

故选：A.

3． 若角的终边在第三象限，则下列三角函数值中小于零的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据三角函数定义和诱导公式化简三角函数式，从而判断选项的正负.

【详解】因为角的终边在第三象限，所以

对于A，

对于B，

对于C，；

对于D，

故选：D

4．已知平面向量，，，若∥，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先求出的坐标，再由∥，列方程可求出的值，从而可求出的坐标，进而可求出

【详解】因为，，所以，

因为∥，，

所以，解得，

所以，

所以，

故选：C

5．在等腰梯形ABCD中，AB=CD=2，，则在上的投影的数量为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】首先根据几何图形，确定与的夹角，再根据投影向量的数量公式，即可求解.

【详解】过点作，且，

所以四边形是平行四边形，则，且，，

所以是等边三角形，所以与所成角为，

所以在上的投影的数量为.

故选：B

6．将函数的图象向右平移个单位所得函数图象关于原点对称，向左平移个单位所得函数图象关于轴对称，其中，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意，得到函数关于原点对称，函数的图象关于轴对称，得到和，进而求得

，结合，即可求解.

【详解】由函数的图象向右平移个单位，可得，

又由函数的图象向左平移个单位，可得，

因为函数关于原点对称，可得，

解得，即

又因为的图象关于轴对称，可得，

解得，

则，即，

因为，可得.

故选：D.

7．八角星纹是一种有八个向外突出的锐角的几何纹样（如图1），它由八个均等的向外伸展的锐角组成的对称多边形纹样，具有组合性强、结构稳定等特点．有的八角星纹中间镂空出一个正方形，有的由八个菱形组成，内部呈现米字形线条．八角星纹目前仍流行在中国南方的挑花和织锦中．在图2所示的八角星纹中，各个最小的三角形均为全等的等腰直角三角形，中间的四边形是边长为2的正方形，在图2的基础上连接线段，得到角，，如图3所示，则（    ）

A．30° B．45° C．60° D．75°

【答案】B

【分析】根据图形的结构特征求出，，然后利用两角和的正切公式求解即可．

【详解】如图所示，连接BC，

则中，，，，

在中，，，，

所以，

又，所以.

故选：B．

8．已知函数，的值域为，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】首先化简函数的解析式，再利用复合函数的值域，求实数的取值范围.

【详解】

，

设，，函数的对称轴为

且，，，

因为函数在区间的值域为，所以在区间上能取得，但是不能小于0，

所以.

故选：C

二、多选题

9．已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A．函数是奇函数

B．函数的最小正周期是

C．函数在上单调递增

D．函数图象的对称中心是

【答案】ACD

【分析】对于A，利用函数奇偶性的定义判断，对于B，利用周期公式判断，对于C，利用正切函数的性质分析判断，对于D，由分析判断.

【详解】对于A，的定义域为，定义域关于原点对称，

因为，所以是奇函数，所以A正确，

对于B，的最小正周期为，所以B错误，

对于C，由，得，因为在上单调递增，

所以在上单调递增，所以C正确，

对于D，由，得，所以图象的对称中心是，所以D正确，

故选：ACD

10．如图是函数的部分图像，若图象经过点，则=（    ）

A． B． C． D．

【答案】BC

【分析】将点的坐标代入中结合图象可求出的值，从而可求出

【详解】因为的图象过点，

所以，所以或，

的周期为，

当时，由图象可得，得，

所以，所以，

当时，由图象可得，得，所以，

所以，

所以，

故选：BC

11．如图，在方格中，向量的始点和终点均为小正方形的顶点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】BC

【分析】结合向量的线性运算法则及数量积的定义，逐项判定，即可求解.

【详解】如图所示，向量与向量方向不同，所以，故A错误，

将向量平移至向量的起点，可得，且，以向量为邻边的平行四边形为正方形，对角线垂直且相等，所以，故B与C正确，

由以上可知，，且向量与向量的夹角相等，所以，故D错误.

故选：BC

12．已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A．的最小正周期为

B．的最小值为1

C．的图像关于直线对称

D．的图像与直线恰有2个公共点

【答案】BCD

【分析】根据诱导公式，计算的值，即可判断A；利用周期去掉绝对值，化简后求函数的最值，即可判断B；计算的值，即可判断C；画出函数与直线的图象，即可判断D.

【详解】A.，

所以函数的最小正周期不是，故A错误；

B.由以上可知，是函数一个周期，

设，，

，所以函数的最小值为，故B正确；

C.，

所以函数关于对称，故C正确；

D.如图，画出函数和的图象，当时，两个函数相交，

设，，，

所以在区间，存在一个零点，如图，没有其他的零点，所以的图像与直线恰有2个公共点，故D正确.

故选：BCD

三、填空题

13．已知向量满足，则与的夹角为     .

【答案】/

【分析】根据，得到，再利用向量的夹角公式求解.

【详解】解：因为向量满足，

所以，则，

所以，

因为，

所以，

故答案为：

14．若角A是三角形ABC的一个内角，且，则     .

【答案】/

【分析】由已知条件可判断角为锐角，然后利用同角三角函数的关系结合完全平方公式可求得结果.

【详解】因为角A是三角形ABC的一个内角，且，

所以角为锐角，

所以

，

故答案为：

15．在长方形中，，，点P为长方形内部的动点，且，当最小时，     .

【答案】/

【分析】如图，以为原点，所在的直线分别为轴，建立平面直角坐标系，设，由可得点在以为圆心，1为半径的半圆上，由此可得当共线时，最小，从而可求出点的坐标，进而可求出.

【详解】如图，以为原点，所在的直线分别为轴，建立平面直角坐标系，则

，

设，则，，

因为，所以，即，

所以点在以为圆心，1为半径的半圆上，

所以当共线时，最小，

过作于，因为，，所以，

因为，所以，所以，

所以，

所以，

故答案为：

16．已知函数，若对任意的实数，都存在唯一的实数，使，则实数的最大值是    .

【答案】/

【分析】根据题意可得，则将问题转化为关于的方程，在上存在唯一的实数，然后结合正弦函数的性质分析求解.

【详解】由，得，则，

所以，则，

因为对任意的实数，都存在唯一的实数，使，

所以关于的方程，在上存在唯一的实数，

当时，该方程有一个解或无解，不合题意，

当时，该方程有唯一的解，符合题意，

当时，不符合题意，

所以，所以实数的最大值是，

故答案为：    

四、解答题

17．已知角终边上,  且，求的值．

【答案】2或0

【分析】首先根据正切函数的定义，求，再将关于的齐次分式转化为正切表示，最后代入求值.

【详解】由于，故，解得.

当时, ，

当，

18．在中，已知.

(1)求角的大小；

(2)求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用同角三角函数的平方关系，整理可得一元二次方程，结合三角形的几何性质，可得答案；

（2）根据三角形的内角和，整理所求式子的函数关系，利用三角函数恒等变换化简函数关系，利用三角函数的性质，可得答案.

【详解】（1），即，

解得，又，所以.

（2）在中，，且，则.

，

在中，因为，所以，所以，所以，

所以，所以的取值范围为.

19．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．

20．设函数（）的最大值为.

(1)若是图象的一条对称轴，求的值；

(2)若是图象的一个对称中心，求函数在上的单调递增区间.

【答案】(1)

(2)和

【分析】（1）利用辅助角公式对函数变形，则由函数的最大值为，再结合是图象的一条对称轴，可求出的值；

（2）由是图象的一个对称中心，可求出的值，然后利用正弦函数的性质可求出函数的递增区间.

【详解】（1）由,

所以的最大值为.  

因为的最大值为，得，故.

当时，，则是图象的一条对称轴，所以符题意，

当时，，则不是图象的一条对称轴，所以舍去，

综上，，

（2）由（1）可知当时，的图象关于对称，不合题意，

当时，，，

所以是图象的一个对称中心，满足题意.

由，得

.

所以的增区间为.

所以函数在上的单调递增区间为和.

21．已知函数(，).从下列四个条件中选择两个作为已知，使函数存在且唯一确定.

条件①：；          

条件②：为偶函数；

条件③：的最大值为1；  

条件④：图像的相邻两条对称轴之间的距离为.

(1)求的解析式；

(2)将函数图像上各点横坐标缩短到原来的一半（纵坐标不变），再将所得图像向左平移个单位，得到函数的图像，若，求；

(3)若是函数的一个零点，求的最小值.

注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．

【答案】(1)选择条件①④，；选择条件③④：

(2)

(3)

【分析】（1）分析条件后，可以选择①④或③④，再结合三角函数的性质，即可求函数的解析式；（2）首先根据三角函数图象变换求函数的解析式，得，再根据角的变换求的值；（3）根据零点的定义，求的集合，再求的最小值.

【详解】（1）因为，不是函数的最值，所以函数不是偶函数，故不能选择条件②，

选择条件①④：

因为函数图像的相邻两条对称轴之间的距离为，所以.

. 因为，所以.故.

选择条件③④：

因为函数图像的相邻两条对称轴之间的距离为，所以.

. 因为函数的最大值为1，所以. 故;

选择条件①③

条件③能确定，

条件①，

得，且，不能确定的值，所以也不能确定函数的解析式.

（2）由已知，，即，

所以．

（3）因为是函数的一个零点，

由，

可得，即，即，

可得或，即或，

又因为，所以的最小值为.

22．函数的部分图像如图所示.

(1)求的解析式；

(2)若，恒成立，求的取值范围；

(3)求实数和正整数，使得函数在上恰有2023个零点.

【答案】(1)

(2)

(3)答案见解析

【分析】（1）根据图象中特殊点的坐标，结合余弦型函数的周期公式进行求解即可；

（2）根据余弦型函数的单调性，结合换元法、二次函数的性质进行求解即可；

（3）根据函数零点的定义，结合余弦型函数的有界性分类讨论进行求解即可.

【详解】（1）由图可得，

函数过点，

∴，∴，解得，

又，∴，；

（2）∵，∴，∴，

令，则由题意得恒成立，

由二次函数图像可知只需，，解得．

所以的取值范围为；

（3）由题意可得的图像与直线在上恰有2023个交点．在上，，

①当或时，的图像与直线在上无交点．

②当或时，的图像与直线在仅有一个交点，

若此时的图像与直线在上恰有2023个交点，则．

③当或时，的图像与直线在恰有2个交点，

的图像与直线在上有偶数个交点，不可能有2023个交点．

④当时，的图像与直线在恰有3个交点，

此时，才能使的图像与直线在上有2023个交点．

综上可得，当或时，；当时，．

【点睛】关键点睛：根据余弦型函数的有界性分类讨论是解题的关键.