2023-2024学年江苏省无锡市辅仁高级中学高一上学期12月教学质量抽测数学试题（二）含答案

这是一份2023-2024学年江苏省无锡市辅仁高级中学高一上学期12月教学质量抽测数学试题（二）含答案，共17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。

一、单选题
1．函数的零点所在的区间是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】判断函数零点问题，要先考虑函数定义域和单调性，再运用零点存在定理确定零点所在区间.
【详解】由知函数定义域为，且在为增函数，又，
故函数的零点所在的区间为.
故选：C.
2．设扇形周长为，圆心角的弧度数是3，则扇形的面积为（ ）
A．12B．16C．18D．24
【答案】D
【分析】根据弧长公式以及周长得出半径，再由公式得出面积.
【详解】设扇形的半径为，则弧长为，
因为扇形的周长为，所以，解得，则，
故扇形的面积为.
故选：D.
3．函数的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据时的范围，及当时，的取值，利用排除法即可得解.
【详解】令，得或，
令，得，
故排除CD，
又当时，，故排除B.
故选：A.
4．已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据幂函数和指数函数的单调性确定，，得到大小关系.
【详解】，且，，
故.
故选：C.
5．已知为第二象限角，且终边与单位圆的交点的横坐标为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意首先求出，然后利用诱导公式、两角和差的余弦公式运算即可求解.
【详解】由题意，得，
所以.
故选：D.
6．已知函数（且）是奇函数，则（ ）
A．2B．C．D．
【答案】C
【分析】根据函数的奇偶性列方程来求得的值.
【详解】的定义域为，是奇函数，
所以，
即，
两边乘以得，
两边乘以得
，
不恒为，则恒为，
由得恒成立，所以，
由于且，所以.
故选：C
7．已知函数，其中.若在区间上单调递增，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】若在区间上单调递增，满足两条件：①区间的长度超过；②的整体范围在余弦函数的增区间内，取合适的整数k求出ω的取值范围.
【详解】，
∵函数在区间内单调递增，
∴，∴，
∵，∴，
若在区间上单调递增，则，
解得，当时，，又因为，∴.
故选：A
8．已知函数，则不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】构造函数，判断的单调性和奇偶性，由此求得不等式的解集.
【详解】，
由于，所以的定义域为，
，
所以是奇函数，
当时，为增函数，为增函数，
所以是增函数，由是奇函数可知，在上单调递增，
由得，
即，则，解得，
所以不等式的解集是.
故选：A
【点睛】给定一个不等式以及函数解析式的题目，要考虑函数的单调性、奇偶性、定义域等基本性质来进行解题.是否要构造函数，构造什么类型的函数，关键是要根据已知函数的结构，选择合适的构造方法.
二、多选题
9．已知，，则下列结论正确的是（ ）
A．为第二象限角B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】利用同角三角函数的基本关系计算求解即可判断各选项.
【详解】由同角三角函数平分关系可得，
，因为，所以，解得，,
因为，所以是第二象限角，故选项，正确，
有同角三角函数商数关系可得，，故选项错误，
因为，故选项正确.
故选：.
10．已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为
B．的图象关于直线对称
C．是偶函数
D．的单调递减区间为
【答案】AD
【分析】根据正弦型函数的周期公式可判断A；代入验证函数值可判断B；求出的表达式即可判断其奇偶性，判断C；结合正弦函数的单调区间求出的单调减区间即可判断D.
【详解】对于A，由三角函数的性质，可得的最小正周期为，所以A正确；
对于B，当时，可得，
所以的图象不关于直线对称，所以B错误；
对于C，由，
此时函数为非奇非偶函数，所以C错误；
对于D，令，，解得，，
即函数的递减区间为，，所以D正确．
故选：AD
11．下列命题中正确的是（ ）
A．函数的值域为B．函数的值域为
C．函数的值域为D．函数的值域为
【答案】BCD
【分析】根据指数函数单调性和值域结合二次函数或不等式性质逐项分析判断.
【详解】对于选项A：因为，
且在上单调递减，可得，
所以函数的值域为，故A错误；
对于选项B：令，解得，
可知函数的定义域为，
因为在上单调递增，且，可得，则，
所以函数的值域为，故B正确；
对于选项C：令，则，可得，
因为开口向上，对称轴为，
可得在上单调递增，且，
所以的值域为，
即函数的值域为，故C正确；
对于选项D：由题意可得的定义域为，
因为，即，可得，
所以函数的值域为，故D正确；
故选：BCD.
12．已知函数的零点为，函数的零点为，则下列选项中成立的是（ ）
A．B．
C．与的图象关于对称D．
【答案】ABD
【分析】由函数与互为反函数，根据与垂直与反函数的性质结合对称性可得.
【详解】由，得，，
即可得，即有，
，而不在的图象上，故的图象与的图象不关于对称.
因为函数与互为反函数，关于对称，
又因与垂直，
在同一坐标系中分别作出函数，，的图象，如图所示，
则，，
由反函数性质知关于对称，
则，，
故选：ABD
三、填空题
13．函数的单调递增区间是 ．
【答案】
【分析】根据二次函数、对数函数性质求定义域并研究单调性，结合复合函数单调性确定单调区间.
【详解】令且，即，则或，
所以定义域为，
由开口向上，对称轴为，则在上递减，在上递增，
而在定义域上递减，故的增区间为，减区间为.
故答案为：
14．已知角的终边上一点的坐标为，则角的最小正值为
【答案】
【分析】根据坐标值符号确定所在象限，由三角函数定义求，最后确定其对应的最小正角.
【详解】因为，所以角α的终边在第四象限，
根据三角函数的定义，知，故角α的最小正值为．
故答案为：
15．已知函数，且，若对任意的，存在使得成立，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据题意，由函数在上的最小值小于函数在上的最小值求解.
【详解】解：当时，，则，
对任意的，存在，使得成立，
函数在上的最小值小于函数在上的最小值.
又当，时，，不符合题意，
则，函数在上单调递增，
所以，
所以，即，
所以实数的取值范围是.
故答案为：.
16．已知函数．当时，方程有 个实数根．若方程有5个实数根，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】画出的图象，当时，则或，结合图象即可判断，若方程有个实数根，令，则有两个不相等的实数根、，则且，或且或且，再根据二次函数根的分布问题计算可得.
【详解】因为，所以的图象如下所示：

当时，方程，解得或，
由图可得与有两个交点，即有两个解，
与有两个交点，即有两个解，
综上可得方程有个实数根；
因为方程有个实数根，
令，则有两个不相等的实数根、，
则且，或且，或且，
令，
当且时，则，即，解得，
当且，则，此时，解得，，不符合题意，
当且，则，解得，此时，解得，不符合题意；
综上可得若方程有5个实数根，则的取值范围为.
故答案为：；
四、解答题
17．已知，求下列式子的值．
(1)为第二象限角，求；
(2)．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用诱导公式得，再结合三角函数的商的关系以及同角的平方和关系即可解出，则得到答案；
（2）利用弦化切即可得到答案.
【详解】（1）利用诱导公式化简，
又由，得，
又由为第二象限角，，
可得， 解得（负舍），
再由得出，
进而得出.
（2）由
分子分母同除以可得，
再由（1）中可得，
故得出.
18．已知．
(1)若，且，求a的值；
(2)若，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先利用诱导公式化简，然后解三角方程可得；
（2）依题意可得，然后利用诱导公式和平方关系可得.
【详解】（1），
因为，所以，
又，所以．
（2）由（1）知，
因为，所以，
令，则，，
所以
19．已知函数，.
(1)求函数的值域；
(2)若关于的不等式恒成立，求正实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用对数的运算性质化简，令，结合二次函数即可求出函数的值域；
（2）将恒成立问题转化成，借助（1）的结论，解不等式即可．
【详解】（1）已知函数，,
因为，
令，因为，所以，
可得，
所以当且仅当，即时，函数取到最大值1，
所以函数的值域为.
（2）由（1）可得：当且仅当，即时，函数取到最大值6，
所以，即，且，解得，即，
故实数的取值范围为．
20．某科研机构对某病毒的变异毒株在特定环境下进行观测，每隔单位时间T进行一次记录，用x表示经过单位时间的个数，用y表示此变异毒株的数量，单位为万个，得到如下观测数据：
若该变异毒株的数量y（单位：万个）与经过x（）个单位时间T的关系有两个函数模型（）与（，）可供选择.
(1)判断哪个函数模型更合适，并求出该模型的解析式；
(2)求至少经过多少个时间单位，该变异毒株的数量不少于一亿个.
（参考数据：，，，）
【答案】(1)（，）更合适，
(2)11
【分析】（1）将和分别代入两种模型求解析式，再根据的值，即可判断.
（2）设至少需要x个单位时间，则令，解出不等式即可判断.
【详解】（1）若选（），
将和代入可得，解得
所以，将代入，得；
若选（，），
将和代入可得，解得
所以，将代入，得；
所以选择（，）更合适，解析式为.
（2）设至少需要x个单位时间，则令，即
两边同时取常用对数可得，
则.
，所以x的最小值为11.
故至少经过11个单位时间该病毒的数量不少于1亿个.
21．对函数，若，使得成立，则称为关于参数的不动点.设函数.
(1)当时，求函数关于参数的不动点；
(2)若，函数恒有关于参数的两个不动点，求的取值范围；
(3)当时，函数在上存在两个关于参数的不动点，试求参数的取值范围.
【答案】(1)或
(2)
(3)
【分析】（1）根据不动点的定义即可求解方程得解，
（2）根据不动点的定义得方程两根，进而根据判别式即可求解，
（3）根据二次函数的零点分布可求解，或者分离参数，结合对勾函数的性质和图象求解.
【详解】（1）当时，
令，可得，即
解得或，
所以的不动点为或，
（2）由题意可知，对，关于的方程，
即恒有两个不等实根，从而恒成立
即关于的不等式恒成立，从而恒成立
解得
（3）方法一：由题意可得方程关于的方程，
即在上恒有两个不等实根，
令，根据二次函数性质，须满足
，解得
方法二：，即在上恒有两个不等实根，
令，则直线与函数在上有两个不同的交点，
由于在上单调递减，在上单调递增
且，，结合的图象可知
22．已知函数，函数．
(1)写出函数的奇偶性和增区间（直接给出结果即可）；
(2)若命题：“”为真命题，求实数m的取值范围；
(3)是否存在实数m，使函数在上的最大值为0？如果存在，求出实数m所有的值，如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)偶函数，；
(2)；
(3)存在实数，使得在上的最大值为.
【分析】（1）根据函数的单调性及奇偶性的定义与判定方法，即可求解；
（2）利用换元法，令，转化为“”为真命题，再结合基本不等式求得最小值，即可求解；
（3）当时，得到，令，分和两种情况讨论，将的最大值为0，转化为的最值，结合对数函数的单调性，即可求解.
【详解】（1）函数为偶函数，函数的单调递增区间为.
理由如下：
由函数，可得定义域为R，且，
所以函数为偶函数，
任取，且，
则，
因为，所以，
所以，
所以函数的单调递增区间为.
（2）因为，
令，当且仅当时，等号成立，
又由“”为真命题，即为“”为真命题，
又因为，当且仅当时，等号成立，
所以，
所以，即实数的取值范围为.
（3）由（1）知，当时，函数单调递增，
所以，
令，若函数在上的最大值为，
①当时，即时，在上的最小值为，
因为的图象的对称轴为，
所以，解得，符合题意；
②当时，即时，在上的最大值为，且恒成立，
因为的图象为开口向上的抛物线，在的最大值可能是或，
若，则，不符合题意；
若，即，解得，
此时对称轴的方程为，
由，不符合题意，
综上可得，存在实数，使得在上的最大值为.
【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：
若在区间上有最值，则
（1）恒成立：；；
（2）能成立：；.
若能分离常数，即将问题转化为：（或），则
（1）恒成立：；；
（2）能成立：；.
X（T）
1
2
3
4
5
6
…
Y（万个）
…
10
…
50
…
250
…