2022-2023学年湖北省云学新高考联盟学校高一下学期3月联考数学试题含解析

2022-2023学年湖北省云学新高考联盟学校高一下学期3月联考数学试题

一、单选题

1．设集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】选取不同的值，求出交集.

【详解】当时，，当时，或，

当取其他整数时，均不在内，

故.

故选：C

2．最接近（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先利用诱导公式得到，从而利用特殊角的三角函数值，判断出答案.

【详解】，

其中为第三象限角，且当为第三象限角时，，

其中，又，

而较，离更近，

综上，最接近.

故选：B

3．下列函数的图象中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】应用数形结合，结合正切函数、幂函数及对数函数的图象性质判断各函数的对称性（对称中心、对称轴）即可.

【详解】A：由正切函数的图象性质：关于原点对称，但没有对称轴，不符合；

B：由幂函数的图象性质：关于原点和对称，符合；

C：由幂函数的图象性质：关于原点对称，但没有对称轴，不符合；

D：由，即关于y轴对称，但没有对称中心，不符合.

故选：B

4．下面关于平面向量的描述正确的有（    ）

A．共线向量是在一条直线上的向量

B．起点不同但方向相同且模相等的向量是相等向量

C．若，则

D．若向量与向量同向，且，则

【答案】B

【分析】根据共线向量及相等向量定义可判断A、B；根据零向量与任何向量都平行，即可判断C；根据向量不能比较大小，可判断D.

【详解】解：共线向量是向量所在直线平行或共线，故选项A错误；

方向相同，且模相等的向量是相等向量，故选项B正确；

若，而不共线，仍有，故选项C错误；

向量不能比较大小，故选项D错误.

故选：B

5．已知，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】A

【分析】由题设，，结合充分必要性的定义，及分式不等式的解法判断条件间的推出关系，即可得结果.

【详解】由题设，，

若，则，所以，充分性成立；

若，则，

故，即或，必要性不成立；

所以是的充分不必要条件.

故选：A

6．若函数的图象的对称轴与函数的图象对称轴完全相同，则等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意得到与的图象相同或关于轴对称，结合诱导公式，数形结合得到方程，求出，再由得到答案.

【详解】由题意，得与的图象相同或关于轴对称，

因为，所以，所以，，

根据题意，可得，解得.

因为，所以当时，满足要求，

当取其他整数时，不满足要求.

故选：C.

7．对数对大数据运算具有独特优势，法国著名天文学家拉普拉斯曾说：“对数，可以缩短计算时间使天文学家的寿命翻倍，所有天文学家都应该感谢对数的发现”.现有一大数据，用科学计数法可表示为，其中，已知，则（    ）

A．953 B．954 C．955 D．956

【答案】B

【分析】根据，两边取对数，解出关于的等式，再根据，，求出的范围，结合即可选出结果.

【详解】解：由题知，两边取以10为底的对数有：

，即，故，

因为，所以，

因为，所以，即，

所以，即，

又因为，所以.

故选：B

8．已知函数，若关于的方程有8个不相等的实根，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据表达式画出函数图象，结合图象可知有两个不相等的实数根，且，结合二次函数根的分布即可求解.

【详解】根据，可画出其图象为下图所示，

若关于的方程有8个不相等的实根，令，则有两个不相等的实数根，且，若 则不符合，所以，

令，则需要满足 ，解得，

故选：D

【点睛】方法点睛：判断函数零点个数的常用方法：

(1)直接法：令则方程实根的个数就是函数零点的个；

(2)零点存在性定理法：判断函数在区间上是连续不断的曲线，且再结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性) 可确定函数的零点个数；(3) 数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，在一个区间上单调的函数在该区间内至多只有一个零点，在确定函数零点的唯一性时往往要利用函数的单调性，确定函数零点所在区间主要利用函数零点存在定理，有时可结合函数的图象辅助解题.

二、多选题

9．下面命题中是假命题的有（    ）

A．若，则

B．若，则是第一象限角或第二象限角

C．若一个扇形所在圆的半径为2，其圆心角为2弧度，则扇形的周长为8

D．若角的顶点是原点，始边是轴的非负半轴，终边过点，且，则

【答案】ABD

【分析】AB可举出反例，C可计算出弧长，进而计算出周长；D选项，由三角函数定义求出，从而得到.

【详解】A选项，若，满足，但，A为假命题；

B选项，若，满足，但此时不是象限角，而是轴线角，B为假命题；

C选项，若一个扇形所在圆的半径为2，其圆心角为2弧度，则扇形的弧长为，

故扇形周长为，C为真命题；

D选项，由题意得：，则，则，D为假命题.

故选：ABD

10．已知的部分图象如图所示，在已知的前提下，下列选项中可以确定其值的量为（    ）

A．单调递增区间 B．周期

C．初相 D．振幅A

【答案】ABC

【分析】根据图象可知相邻零点已知，即周期可确定，将零点代入即可求得初相，根据，及，整体代换即可求得单调递增区间.

【详解】解：由图象可知，为函数的两个相邻零点，

即两个相邻的零点之间距离已知，故半个周期已知，即周期可确定，

周期确定即可确定，代入中，再将代入，

结合即可求得初相，

由，及，则的解集即为单调递增区间，

故单调增区间也可确定.

故选：ABC

11．已知实数满足，则下列说法正确的有（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BD

【分析】设，可得与之间的等式关系，再用换底公式进行变形，可得分子相同，通过化简，判断正负，即可判断A；同理可判断大小，即可判断B；分别化简，即可判断C；对进行化简，用对数运算法则，展开后，再用基本不等式即可判断D.

【详解】解：取，所以有，则，

则，

因为，

因为，

所以，即，故选项A错误；

因为，

因为，

所以，即，故选项B正确；

因为，

故选项C错误；

因为

，

当且仅当时取等，显然等号不成立，

故，故选项D正确.

故选：BD

12．已知函数，则（    ）

A．的最小正周期为

B．的图象关于直线轴对称

C．当则函数在上单调递增

D．当时，最小值为0，则

【答案】BD

【分析】A、B分别判断、是否成立即可；C、D研究正弦函数和二次函数所构成的复合函数的单调性，以及正弦函数的值域判断正误.

【详解】A：，又，故不一定成立，错误；

B：，即关于直线轴对称，正确；

C：由，令，则，

而在上递增，在上递增，上递减，

所以在上递增，在上递减，错误；

D：由，令，则，而，

要使在上最小值为0，只需保证至少取到或1中的一个值，但不能小于，即，正确.

故选：BD

三、填空题

13．已知函数在闭区间上的最大值为7，最小值为3，则__________.

【答案】##

【分析】分析在的单调性，求出的范围，根据最值建立等式，解出即可.

【详解】解：取，解得，

所以在上单调递增，

即在上单调递减，

因为在闭区间上有最大值为7，最小值为3，

所以，且，，

即，解得，

因为，所以，故.

故答案为：

14．若，则__________.

【答案】##0.8

【分析】根据半角公式将化为，观察可知，用诱导公式通过，即可得的值，代入所求即可.

【详解】解：因为，

且，

所以.

故答案为：

15．已知实数满足，，则的最小值为__________.

【答案】2025

【分析】先对式子变形得到，由基本不等式求出，从而求出的最小值.

【详解】，

因为，所以，，

，故，

由基本不等式得：，

当且仅当，即时，等号成立，

故，

即的最小值为2025.

故答案为：2025.

16．已知，若对任意，当都有成立，则的最大值为__________.

【答案】3

【分析】由条件，结合函数的单调性的定义可得函数在上为减函数，化简，结合二次函数性质可求的最大值.

【详解】因为，

所以不等式可化为，

故，

由已知可得函数在上为减函数，又，

所以在上为减函数，

设，

则，

函数在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增，

所以的最大值为3.

故答案为：3.

四、解答题

17．如图，在平面直角坐标系中，以x轴非负半轴为始边作角，已知角的终边与单位圆相交于点A（在x轴上方），再以OA为始边，逆时针旋转交单位圆于点.若A点的横坐标.

(1)求B点的横坐标；

(2)求线段AB的长度.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设，，由的余弦求出正弦，进而由余弦和角公式求出答案；

（2）由余弦定理求出答案.

【详解】（1）由题意得，设，，

则，因为，且为第一象限角，

解得：，

，

故B点的横坐标为；

（2）在中，，

由余弦定理得：，

故.

18．已知函数.

(1)若关于的不等式的解集为，求的值；

(2)在（1）的条件下，关于的不等式组的解集中有且仅有两个整数解.求的取值范围.

【答案】(1)，

(2)或

【分析】（1）根据二次不等式解集可知，二次函数开口向上，且零点为，利用韦达定理建立等式，解出即可；

（2）根据（1）中可解得，根据，对和的大小进行分类讨论，分别求出不等式组的解集，使其有两个整数解，解出的取值范围即可.

【详解】（1）解：因为的解集为，所以，

且的两根为，

所以有，解得或（舍），

故，；

（2）由（1）知，若，

即，解得或，

因为，即，

①当时，即，所以不等式解为：，

此时不等式组的解集为：，

若不等式组的解集中有且仅有两个整数解，

只需，解得，

②当时，即，所以不等式解为：，

因为不等式组有且仅有两个整数解，

所以，解得，

③当时，，

故不等式无解，舍去，

综上：或.

19．已知定义在上的奇函数，当.

(1)求函数的解析式；

(2)已知，若对，使得成立，求的取值范围.

【答案】(1)当时，；

(2)的取值范围为.

【分析】（1）根据奇函数的性质，由条件求函数的解析式；

（2）判断函数在上的单调性，求其值的范围，由条件可得不等式有实数解，由此可求的取值范围.

【详解】（1）因为函数为上的奇函数，

所以恒成立，

所以当时，，，

由已知，

所以当时，，

所以当时，；

（2）当时，，

因为函数，在上为增函数，

所以在上为增函数，故，

当时，，

因为函数，在上为增函数，

所以在上为增函数，故，

所以函数在上的值域为，

因为对，使得成立，

所以，使得成立，

所以不等式有实数解，

所以有实数解，又不满足不等式，

所以有实数解，

所以，

又，

当，即时，取得最大值，

所以.

的取值范围为.

20．设矩形的周长为，把△ABC沿AC向△ADC折叠，AB折过去交DC于点P.

(1)证明△ADP的周长为定值，并求出定值；

(2)在探讨△ADP面积最大值时，同学们提出了两种方案：①设AB长度为，将△ADP面积表示成的函数，再求出最大值；②设，将△ADP面积表示成的函数，再求出最大值，请你选择一种方案（也可选择自己的方案），求出△ADP面积的最大值.

【答案】(1)证明见解析，定值为2

(2)△ADP面积的最大值为

【分析】（1）根据三角形全等，可得对应边相等，即可求证，

（2）根据三角形全等，结合勾股定理即可表达，进而根据面积公式即可结合不等式求解最值，（利用的关系，转化成，即可利用函数的单调性纠结最值）.

【详解】（1）由于,

所以，，

所以的周长为，故为定值；

（2）方案①，设AB长度为，设，则，

因为，

所以，化简得，

所以的面积，

由于，故因此，当且仅当时取到等号，

此时取得最大值

方案②设，设，则，由的周长为2可得，

所以的面积，

令， ，所以，故，

由于函数 在单调递增，故当时，面积取到最大值，此时

21．已知.

(1)求的最小正周期；

(2)当时，求的值域；

(3)将函数的图象向右平移单位长度后，再把横坐标变为原来的倍，纵坐标不变得到函数的图象，当，函数恰有6个零点，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)的值域为

(3)

【分析】（1）根据三角恒等变换化简，利用周期公式即可求解周期，

（2）根据得，即可利用三角函数的性质求解值域，

（3）根据平移变换和伸缩变换得，求出的零点，即可得到范围.

【详解】（1），

所以最小周期

（2）当时，，所以，故

（3）将函数的图象向右平移单位长度后，得到，再把横坐标变为原来的倍，纵坐标不变得到函数，令或，解得或，所以的零点按从小到大依次为

当，函数恰有6个零点，则这6个零点分别为

故

22．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数.如，，令.

(1)记，求的解析式，并在坐标系中作出函数的图象；

(2)结合（1）中的图象，解不等式直接写出结果；

(3)设，判断的奇偶性，并求函数的值域.

【答案】(1)，图象见解析

(2)或

(3)，奇函数

【分析】（1）根据高斯函数的定义，即可分段求解，进而画出其图象，

（2）求解和的值，根据图象即可求解，

（3）根据奇偶性的定义以及指数的运算性质即可判断奇偶性，利用高斯函数的定义，分类即可求解.

【详解】（1） ,其图象如下

（2）当，此时 无解，

当，令，（舍去），

当，令（舍去），，

结合图象可知：满足的的范围为或，

故不等式的解为或

（3）由于的定义域为R,且，所以为奇函数，

，当时，，所以，由于为奇函数，所以当时，，此时，

所以

当时，，此时，

所以，

当时，，所以，

所以，

综上可知：值域为