2022-2023学年新疆乌鲁木齐市第八中学高一下学期第一次质量检测（开学摸底）数学试题含解析

这是一份2022-2023学年新疆乌鲁木齐市第八中学高一下学期第一次质量检测（开学摸底）数学试题含解析，共12页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．若集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】化简集合和，再根据并集的概念可求出结果.
【详解】由得，所以，
由得，所以，
所以.
故选：A
2．若，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】利用充分条件和必要条件的定义判断.
【详解】解：由，解得或，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
3．下列说法正确的是（ ）
A．第二象限角比第一象限角大
B．角与角是终边相同角
C．斜三角形的内角是第一象限角或第二象限角
D．将表的分针拨快分钟，则分针转过的角的弧度数为
【答案】C
【分析】判断每一个选项的正误即可.
【详解】选项A：第二象限角可能为负角，如，第一象限角也有可能为正角，如，故A错误；
选项B：，故角与角终边不同，故B错误；
选项C：斜三角形的内角为锐角或者钝角，故其内角为第一象限角或第二象限角，故C正确；
选项D：分针拨快是顺时针旋转，得到的角为负角，故D错误.
4．已知函数，则 （ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】通过换元法求得的解析式，代入即可.
【详解】因为，令，，即，所以.
故选：B
5．已知，关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】由利用韦达定理可得，代入所求不等式解不等式即可.
【详解】因为不等式的解集为，
所以即，
不等式等价于，
解得.
故选：A.
6．设函数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】将代入解析式可得答案.
【详解】注意到，则.
故选：A
7．已知，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由可得，所以，将式子展开利用均值不等式求解即可.
【详解】因为，所以，
所以，
当且仅当即时等号成立，
所以，
所以的最小值为，
故选：D
8．若函数的图象（部分）如图所示，则和的取值是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据图象得出周期，进而得出，点在函数图象上结合五点作图法确定.
【详解】由函数图象可得：，解得，由于点在函数图象上
且为五点作图法的第一个点，可得
解得
当时，可得
故选：C.
【点睛】本题主要考查了根据图象求正弦型函数的解析式，属于中档题.
9．已知，则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据对数函数性质，区分与1、0的大小关系即可判断.
【详解】，即，∴.
故选：B
10．在中，已知，，则等于（ ）
A．B．C．或D．或
【答案】B
【分析】利用同角三角函数的关系求出，然后利用诱导公式和两角和的余弦公式可求得结果.
【详解】在中，因为，所以，
因为，所以或，
因为在中，，所以，
所以，所以角为锐角，
所以，
又，
所以.
故选：B
11．若函数的反函数在定义域内单调递增，则函数的图象大致是( )
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】由函数 的反函数在定义域内单调递增，可得a>1,所以函数的图象在上单调递增，故选D
12．已知，函数在区间单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】以为整体，结合正弦函数的单调性求解即可.
【详解】当时，，
若在区间单调递增且，
则，解得，
故选：A
二、填空题
13．已知扇形的周长为，面积是，则扇形的弧长是___________.
【答案】1
【分析】设扇形的圆心角，半径，弧长，根据已知条件列方程组解即可.
【详解】设扇形的圆心角为，半径为，弧长为，
则，解得或，
当时，，构不成扇形，故舍去.
故答案为：1.
14．已知，则=___________.
【答案】
【分析】根据角所在的象限判断符号，然后求出
【详解】
又因为，则
故答案为：
15．若指数函数的图象经过点，则不等式的解集是______________________．
【答案】
【分析】设指数函数（且），将点代入求出解析式，然后利用指数函数的单调性转化原不等式为一次不等式即可求解.
【详解】由题意设函数（且），
因为的图象经过点，所以，解得，
所以，
因为，即，
所以由在上递减得，解得，
故答案为：
16．已知偶函数在区间上单调递增，且满足，给出下列判断：①；②在上是增函数；③的图象关于直线对称；④函数在处取得最小值，其中判断正确的序号是______________．
【答案】①④
【分析】根据和函数的奇偶性可推导出，即是以4为周期的周期函数，利用周期性和对称性逐一判断即可.
【详解】由得，
又是偶函数，所以，所以，
则，，
所以是以4为周期的周期函数，
令得解得，
所以，①正确；
由可得的图象关于点对称，③错误；
又为偶函数，可知的图象关于点对称，
因为在区间上单调递增，所以在上单调递增，
由偶函数的对称性得在上单调递减，②错误；
因为在上单调递增，在上单调递减，所以当时，在处取得最小值，
又是以4为周期的周期函数，所以在处取得最小值，④正确；
故答案为：①④
三、解答题
17．设全集，集合．
(1)若，求；
(2)若，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先利用不等式的性质化简集合，再根据集合交集和补集的定义求解即可；
（2）利用集合的包含关系求解即可.
【详解】（1）由得且，解得，
所以或，
又当时，，
所以.
（2）由得，
当时，，解得；
当时，则，解得，
综上实数的取值范围为.
18．已知角的终边上一点，且．
(1)计算及；
(2)求的值．
【答案】(1)，
(2)
【分析】(1)借助三角函数定义求得，进而可求；
(2)先用诱导公式化简，再结合商数关系进行求解即可.
【详解】（1）角的终边上一点，且,
则在第四象限，
，
（2）
19．已知是奇函数，且．
(1)求实数的值；
(2)判断函数在上的单调性，并加以证明．
【答案】(1)
(2)单调递减，证明见解析
【分析】（1）利用奇偶性的定义求解即可；
（2）利用单调性的定义求解即可.
【详解】（1）因为是奇函数，
所以，即，解得，
所以，
又，解得，
所以，.
（2）在上单调递减，
证明：任取且，
，
因为，所以，，
所以即，
所以在上单调递减.
20．已知函数定义在上的偶函数，当时，．
(1)求函数的解析式；
(2)解关于的不等式．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用偶函数的定义求解即可；
（2）利用对数函数的性质解不等式即可.
【详解】（1）设，则，，
因为定义在上的偶函数，所以，
所以，即.
（2）即，解得，
所以，，
所以不等式的解集为
21．已知函数，且的最小正周期为．
(1)求的值及函数的单调递减区间；
(2)将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，求当时，函数的最大值．
【答案】(1)1，
(2)
【分析】(1)利用二倍角公式和辅助角公式化简函数，代入正弦函数的单调递减区间计算即可.
(2) 函数的图象向右平移个单位长度后得到函数，根据所给，求出，结合正弦函数的性质即可求得最大值.
【详解】（1），
，，所以，.
,解得，，所以函数的单调递减区间为.
（2）由向右平移个单位长度后得，因为，则，则，则函数的最大值为.
22．若的最小值为.
(1)求的表达式；
(2)求能使 的的值，并求当取此值时，的最大值.
【答案】(1)
(2)时，取得最大值5
【分析】（1）利用余弦的二倍角公式可得，令，根据一元二次函数的图象和性质分类讨论即可；
（2）将代入解析式求得的值，再根据一元二次函数的图象和性质求最大值即可.
【详解】（1）由题意得，
令得，，
所以是开口向上的抛物线，对称轴，
当即时，在上单调递增，所以当时取最小值，
；
当即时，在上单调递减，在上单调递增，所以当时取最小值，
；
当即时，在上单调递减，所以当时取最小值，
；
综上.
（2）由（1）得当时，解得（舍去），
当时，解得或（舍去），
当时显然无解，
所以，，，
在上单调递减，在上单调递增，
当时取得最大值，，即的最大值为5.