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四川省眉山市仁寿县第二中学等校联考2023-2024学年高一下学期第二次质量检测（4月）数学试卷（Word版附解析）
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这是一份四川省眉山市仁寿县第二中学等校联考2023-2024学年高一下学期第二次质量检测（4月）数学试卷（Word版附解析），文件包含四川省眉山市仁寿县第二中学等校联考2023-2024学年高一下学期第二次质量检测4月数学试题Word版含解析docx、四川省眉山市仁寿县第二中学等校联考2023-2024学年高一下学期第二次质量检测4月数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】集合M中元素是实数，集合N中元素是整数，先化简集合M再与集合N取交集即可解决.
【详解】方程有两根或，则由不等式可得
则
又
故
故选：D
2. 若角的终边经过点，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由题意可得：，
则：.
本题选择B选项.
3. （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用倍角正弦公式有，即可求目标式的值.
【详解】由成倍角关系，而，则，
于是.
故选：C
4. 函数的一个对称中心是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求解出对称中心为，对赋值则可判断.
【详解】令，
解得，
所以函数图象的对称中心是，
令,得函数图像的一个对称中心是，
故选：C.
5. 函数与函数的图像的交点个数是（ ）
A. 3B. 6C. 7D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】作出函数和图象，由图象可得交点个数，
【详解】的最小正周期是，，
时，，作出函数和的图象，只要观察的图象，由图象知它们有7个交点，
故选：C．
6. 函数的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据奇偶性和的符号，使用排除法可得.
【详解】的定义域为R，
因为
，所以为偶函数，故CD错误；
又因为，，所以，故B错误.
故选：A
7. 将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，如图所示，图中阴影部分的面积为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，得到阴影部分是一个长为，宽为的矩形，求得，得到，得到函数，结合，即可求解.
【详解】根据正弦函型函数的图象的对称性可知，阴影部分的面积，等于矩形的面积，
可得，所以阴影部分面积等于一个长为，宽为的矩形，
所以，即，所以，即，
所以，所以，
将点代入，可得，
则，所以，
因为，所以.
故选：A.
8. 设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】通过是奇函数和是偶函数条件，可以确定出函数解析式，进而利用定义或周期性结论，即可得到答案．
【详解】[方法一]：
因为是奇函数，所以①；
因为是偶函数，所以②．
令，由①得：，由②得：，
因为，所以，
令，由①得：，所以．
思路一：从定义入手．
所以．
[方法二]：
因为是奇函数，所以①；
因为是偶函数，所以②．
令，由①得：，由②得：，
因为，所以，
令，由①得：，所以．
思路二：从周期性入手
由两个对称性可知，函数的周期．
所以．
故选：D．
【点睛】在解决函数性质类问题的时候，我们通常可以借助一些二级结论，求出其周期性进而达到简便计算的效果．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．若正确选项有两项，则每选对一个给3分，若正确选项有三项，则每选对一项给2分．选错不给分．
9. 下列说法正确的有（ ）
A. 函数在中有零点
B. 的单调递减区间为
C. 命题“”的否定为
D. “”是“”的必要不充分条件
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据函数零点存在性定理可判断A，根据导数的单调性可判断B，根据全称命题的否定可判断C，根据必要不充分条件的定义可判断D.
【详解】选项A：因为，
又，即，故
所以，根据零点存在性定理可知A正确；
选项B：要使函数有意义，即，故函数定义域为，
又，令，即，解得，
所以的单调递减区间为，故B正确；
选项C：命题“”的否定为，故C错误；
选项D：因为时或，
则是的必要不充分条件，
所以“”是“”的必要不充分条件，故D正确；
故选：ABD.
10. 要得到函数的图象，只需将图象上的所有点（ ）
A. 横坐标伸长到原来的2倍，再向左平移个单位
B. 横坐标伸长到原来的2倍，再向左平移个单位
C. 向左平移个单位，再把横坐标伸长到原来的2倍
D. 向右平移个单位，再把横坐标缩短到原来的
【答案】AC
【解析】
【分析】首先根据题意，先分清楚，平移前和平移后的函数，然后根据选项描述的顺序，进行平移和伸缩变换验证即可得到答案.
【详解】由题意可知，平移伸缩变换前函数是，平移伸缩变换后的函数是，
选项A和选项B，“横坐标伸长到原来的2倍”变为，要想得到 的图像，只需将的图像向左平移即可得到，故选项A正确，如果向左平移个单位，则变成，不满足，故选项B错误；
选项C，“向左平移个单位”变为，“把横坐标伸长到原来的2倍”，变为 ，故选项C正确；
选项D，“向左平移个单位”变为，“把横坐标伸长到原来的2倍”，变为 ，故选项D错误；
故选：AC.
11. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论中不正确的是（ ）
A. 若，则函数的值域为
B. 点是函数的图象的对称中心
C. 函数在区间上是增函数
D. 将函数的图象向右平移个单位长度后形成偶函数
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据题意，求得，结合三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.
【详解】由函数的图象，可得，且，
所以，可得，所以，
又由，可得，
因为，可得，所以，
对于A中，由，可得，
当时，即时，；
当时，即时，，
所以函数的值域为，所以A正确；
对于B中，当时，可得，
所以点不是函数的图象的对称中心，所以B不正确；
对于C中，由，可得，
当时，即时，函数单调递减；
当时，即时，函数单调递增，所以C不正确；
对于D中，将函数的图象向右平移个单位长度，可得，
此时函数为奇函数，所以D不正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分．
12. 函数的定义域为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定函数列出不等式，再解三角不等式即可.
【详解】函数有意义，必有，即，
由正弦函数的图象性质得：，
所以的定义域为.
故答案为：
13. 已知，则的值是_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据角度范围得到，变换，代入数据计算得到答案.
【详解】，故，故，
故答案为：.
14. 若函数在上有且仅有三个零点，则的取值范围是_________．
【答案】
【解析】
【分析】利用整体思想,求出的所在区间;再根据正切函数的性质确定区间右端点所处位置,解出的取值范围.
【详解】当时,.
原条件等价于在上有且仅有三个零点.
进而可确定,解得.
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共计77分．
15. 已知．
（1）化简；
（2）若为第四象限角，且，求的值．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）利用诱导公式化简即可.
（2）利用同角三角函数基本关系可得，即求.
【详解】解：（1）由三角函数诱导公式可知：
．
（2）由题意，，
可得．
16. 已知函数.
(1)求的值及f(x)的对称轴；
(2)将的图象向左平移个单位得到函数的图象，求的单调递增区间.
【答案】（1），； （2）．
【解析】
【分析】（1）求得函数，代入即可求解的值，令，即可求得函数的对称轴的方程；
（2）由（1），结合三角函数的图象变换，求得，再根据三角函数的性质，即可求解.
【详解】（1）由函数，
则，
令，解得，
即函数的对称轴的方程为
（2）由（1）可知函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，
可得的图象，
令，解得，
所以函数的单调递增区间为.
【点睛】本题主要考查了三函数的图象与性质，以及三角函数的图象变换的应用，其中解答中熟记三角函数的图象与性质，以及三角函数的图象变换求得函数的解析式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
17. 如图,游乐场中的摩天轮匀速转动,每转动一圈需要分钟,其中心距离地面米,半径为米,如果你从最低处登上摩天轮,那么你与地面的距离将随时间的变化而变化,以你登上摩天轮的时刻开始计时,请回答下列问题:
(1)求出你与地面的距离(米)与时间(分钟)的函数解析式.
(2)当你第次距离地面米时,用了多长时间?
【答案】（1）（2）分钟.
【解析】
【分析】
(1)由已知可设由周期为分钟可知,当时,摩天轮第次到达最高点,即此函数第次取得最大值,即可求得答案;
(2)设转第圈时,第分钟时距地面米,由,得,即可求得答案.
【详解】(1)由已知可设,
由周期为分钟可知,当时,摩天轮第次到达最高点,
即此函数第次取得最大值
,即.
所求的函数关系式为.
(2)设转第圈时,第分钟时距地面米,
由,
得,
或,
解得或,
时,第次距地面米,
故第次距离地面米时,用了(分钟).
【点睛】本题考查了求解正弦型函数表达式和实际应用,解题关键是掌握正弦型函数的图像特征和基础知识,考查了分析能力和计算能力,属于基础题.
18. 已知正实数满足．
（1）求的最小值及此时的值；
（2）求的最大值及此时的值；
（3）求的最小值及此时的值．
【答案】（1），此时
（2）的最大值是，此时
（3）的最小值是3，此时
【解析】
【分析】（1）对已知等式两边平方结合基本不等式即可求解；
（2）利用基本不等式推论即可求解；
（3）将所求式子变形为，结合基本不等式即可求解.
【小问1详解】
由基本不等式有，
所以，等号成立当且仅当满足题意；
【小问2详解】
由基本不等式推论有，等号成立当且仅当，
所以的最大值是；
【小问3详解】
一方面，另一方面，所以，
从而，等号成立当且仅当，
所以的最小值是3.
19. 已知函数
（1）当时，求函数的最大值，并求出取得最大值时所有的值；
（2）若为偶函数，设，若不等式在上恒成立，求实数m的取值范围；
（3）若过点，设，若对任意的，，都有，求实数a的取值范围.
【答案】（1）1，
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由题意可得 ，由正弦函数的性质求解即可；
（2）由题意可得,，将问题转化为 ，且 在 上恒成立，结合正弦函数的性质即可求解；
（3）由题意可得将问题转化为结合正弦函数的性质及二次函数性质求解.
【小问1详解】
当时，,
所以当，即 时，所以 ,此时 ；
【小问2详解】
因为 为偶函数，所以,
所以,
所以
，
又因为在上恒成立，
即在 上恒成立，
所以 在 上恒成立，
所以 ，且 在上恒成立，
因为，所以，所以，
解得
所以 m 的取值范围为;
【小问3详解】
因为过点，所以
所以，
又因为,所以,
所以 ，
又因为对任意的，，都有成立，
所以，
因，所以 ，
设 ,
则有 图像是开口向下，对称轴为 的抛物线，
当 时，在 上单调递增，所以 ,
所以，解得
所以；
当 时， 在上单调递减，
所以 ,
所以，解得
所以;
当时，
所以，解得所以,
综上所述：所以实数 a 的取值范围为
【点睛】关键点点睛：关键点是把恒成立转化为结合正弦函数的性质及二次函数性质求解即可.
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】集合M中元素是实数，集合N中元素是整数，先化简集合M再与集合N取交集即可解决.
【详解】方程有两根或，则由不等式可得
则
又
故
故选：D
2. 若角的终边经过点，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由题意可得：，
则：.
本题选择B选项.
3. （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用倍角正弦公式有，即可求目标式的值.
【详解】由成倍角关系，而，则，
于是.
故选：C
4. 函数的一个对称中心是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求解出对称中心为，对赋值则可判断.
【详解】令，
解得，
所以函数图象的对称中心是，
令,得函数图像的一个对称中心是，
故选：C.
5. 函数与函数的图像的交点个数是（ ）
A. 3B. 6C. 7D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】作出函数和图象，由图象可得交点个数，
【详解】的最小正周期是，，
时，，作出函数和的图象，只要观察的图象，由图象知它们有7个交点，
故选：C．
6. 函数的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据奇偶性和的符号，使用排除法可得.
【详解】的定义域为R，
因为
，所以为偶函数，故CD错误；
又因为，，所以，故B错误.
故选：A
7. 将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，如图所示，图中阴影部分的面积为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，得到阴影部分是一个长为，宽为的矩形，求得，得到，得到函数，结合，即可求解.
【详解】根据正弦函型函数的图象的对称性可知，阴影部分的面积，等于矩形的面积，
可得，所以阴影部分面积等于一个长为，宽为的矩形，
所以，即，所以，即，
所以，所以，
将点代入，可得，
则，所以，
因为，所以.
故选：A.
8. 设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】通过是奇函数和是偶函数条件，可以确定出函数解析式，进而利用定义或周期性结论，即可得到答案．
【详解】[方法一]：
因为是奇函数，所以①；
因为是偶函数，所以②．
令，由①得：，由②得：，
因为，所以，
令，由①得：，所以．
思路一：从定义入手．
所以．
[方法二]：
因为是奇函数，所以①；
因为是偶函数，所以②．
令，由①得：，由②得：，
因为，所以，
令，由①得：，所以．
思路二：从周期性入手
由两个对称性可知，函数的周期．
所以．
故选：D．
【点睛】在解决函数性质类问题的时候，我们通常可以借助一些二级结论，求出其周期性进而达到简便计算的效果．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．若正确选项有两项，则每选对一个给3分，若正确选项有三项，则每选对一项给2分．选错不给分．
9. 下列说法正确的有（ ）
A. 函数在中有零点
B. 的单调递减区间为
C. 命题“”的否定为
D. “”是“”的必要不充分条件
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据函数零点存在性定理可判断A，根据导数的单调性可判断B，根据全称命题的否定可判断C，根据必要不充分条件的定义可判断D.
【详解】选项A：因为，
又，即，故
所以，根据零点存在性定理可知A正确；
选项B：要使函数有意义，即，故函数定义域为，
又，令，即，解得，
所以的单调递减区间为，故B正确；
选项C：命题“”的否定为，故C错误；
选项D：因为时或，
则是的必要不充分条件，
所以“”是“”的必要不充分条件，故D正确；
故选：ABD.
10. 要得到函数的图象，只需将图象上的所有点（ ）
A. 横坐标伸长到原来的2倍，再向左平移个单位
B. 横坐标伸长到原来的2倍，再向左平移个单位
C. 向左平移个单位，再把横坐标伸长到原来的2倍
D. 向右平移个单位，再把横坐标缩短到原来的
【答案】AC
【解析】
【分析】首先根据题意，先分清楚，平移前和平移后的函数，然后根据选项描述的顺序，进行平移和伸缩变换验证即可得到答案.
【详解】由题意可知，平移伸缩变换前函数是，平移伸缩变换后的函数是，
选项A和选项B，“横坐标伸长到原来的2倍”变为，要想得到 的图像，只需将的图像向左平移即可得到，故选项A正确，如果向左平移个单位，则变成，不满足，故选项B错误；
选项C，“向左平移个单位”变为，“把横坐标伸长到原来的2倍”，变为 ，故选项C正确；
选项D，“向左平移个单位”变为，“把横坐标伸长到原来的2倍”，变为 ，故选项D错误；
故选：AC.
11. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论中不正确的是（ ）
A. 若，则函数的值域为
B. 点是函数的图象的对称中心
C. 函数在区间上是增函数
D. 将函数的图象向右平移个单位长度后形成偶函数
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据题意，求得，结合三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.
【详解】由函数的图象，可得，且，
所以，可得，所以，
又由，可得，
因为，可得，所以，
对于A中，由，可得，
当时，即时，；
当时，即时，，
所以函数的值域为，所以A正确；
对于B中，当时，可得，
所以点不是函数的图象的对称中心，所以B不正确；
对于C中，由，可得，
当时，即时，函数单调递减；
当时，即时，函数单调递增，所以C不正确；
对于D中，将函数的图象向右平移个单位长度，可得，
此时函数为奇函数，所以D不正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分．
12. 函数的定义域为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定函数列出不等式，再解三角不等式即可.
【详解】函数有意义，必有，即，
由正弦函数的图象性质得：，
所以的定义域为.
故答案为：
13. 已知，则的值是_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据角度范围得到，变换，代入数据计算得到答案.
【详解】，故，故，
故答案为：.
14. 若函数在上有且仅有三个零点，则的取值范围是_________．
【答案】
【解析】
【分析】利用整体思想,求出的所在区间;再根据正切函数的性质确定区间右端点所处位置,解出的取值范围.
【详解】当时,.
原条件等价于在上有且仅有三个零点.
进而可确定,解得.
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共计77分．
15. 已知．
（1）化简；
（2）若为第四象限角，且，求的值．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）利用诱导公式化简即可.
（2）利用同角三角函数基本关系可得，即求.
【详解】解：（1）由三角函数诱导公式可知：
．
（2）由题意，，
可得．
16. 已知函数.
(1)求的值及f(x)的对称轴；
(2)将的图象向左平移个单位得到函数的图象，求的单调递增区间.
【答案】（1），； （2）．
【解析】
【分析】（1）求得函数，代入即可求解的值，令，即可求得函数的对称轴的方程；
（2）由（1），结合三角函数的图象变换，求得，再根据三角函数的性质，即可求解.
【详解】（1）由函数，
则，
令，解得，
即函数的对称轴的方程为
（2）由（1）可知函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，
可得的图象，
令，解得，
所以函数的单调递增区间为.
【点睛】本题主要考查了三函数的图象与性质，以及三角函数的图象变换的应用，其中解答中熟记三角函数的图象与性质，以及三角函数的图象变换求得函数的解析式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
17. 如图,游乐场中的摩天轮匀速转动,每转动一圈需要分钟,其中心距离地面米,半径为米,如果你从最低处登上摩天轮,那么你与地面的距离将随时间的变化而变化,以你登上摩天轮的时刻开始计时,请回答下列问题:
(1)求出你与地面的距离(米)与时间(分钟)的函数解析式.
(2)当你第次距离地面米时,用了多长时间?
【答案】（1）（2）分钟.
【解析】
【分析】
(1)由已知可设由周期为分钟可知,当时,摩天轮第次到达最高点,即此函数第次取得最大值,即可求得答案;
(2)设转第圈时,第分钟时距地面米,由,得,即可求得答案.
【详解】(1)由已知可设,
由周期为分钟可知,当时,摩天轮第次到达最高点,
即此函数第次取得最大值
,即.
所求的函数关系式为.
(2)设转第圈时,第分钟时距地面米,
由,
得,
或,
解得或,
时,第次距地面米,
故第次距离地面米时,用了(分钟).
【点睛】本题考查了求解正弦型函数表达式和实际应用,解题关键是掌握正弦型函数的图像特征和基础知识,考查了分析能力和计算能力,属于基础题.
18. 已知正实数满足．
（1）求的最小值及此时的值；
（2）求的最大值及此时的值；
（3）求的最小值及此时的值．
【答案】（1），此时
（2）的最大值是，此时
（3）的最小值是3，此时
【解析】
【分析】（1）对已知等式两边平方结合基本不等式即可求解；
（2）利用基本不等式推论即可求解；
（3）将所求式子变形为，结合基本不等式即可求解.
【小问1详解】
由基本不等式有，
所以，等号成立当且仅当满足题意；
【小问2详解】
由基本不等式推论有，等号成立当且仅当，
所以的最大值是；
【小问3详解】
一方面，另一方面，所以，
从而，等号成立当且仅当，
所以的最小值是3.
19. 已知函数
（1）当时，求函数的最大值，并求出取得最大值时所有的值；
（2）若为偶函数，设，若不等式在上恒成立，求实数m的取值范围；
（3）若过点，设，若对任意的，，都有，求实数a的取值范围.
【答案】（1）1，
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由题意可得 ，由正弦函数的性质求解即可；
（2）由题意可得,，将问题转化为 ，且 在 上恒成立，结合正弦函数的性质即可求解；
（3）由题意可得将问题转化为结合正弦函数的性质及二次函数性质求解.
【小问1详解】
当时，,
所以当，即 时，所以 ,此时 ；
【小问2详解】
因为 为偶函数，所以,
所以,
所以
，
又因为在上恒成立，
即在 上恒成立，
所以 在 上恒成立，
所以 ，且 在上恒成立，
因为，所以，所以，
解得
所以 m 的取值范围为;
【小问3详解】
因为过点，所以
所以，
又因为,所以,
所以 ，
又因为对任意的，，都有成立，
所以，
因，所以 ，
设 ,
则有 图像是开口向下，对称轴为 的抛物线，
当 时，在 上单调递增，所以 ,
所以，解得
所以；
当 时， 在上单调递减，
所以 ,
所以，解得
所以;
当时，
所以，解得所以,
综上所述：所以实数 a 的取值范围为
【点睛】关键点点睛：关键点是把恒成立转化为结合正弦函数的性质及二次函数性质求解即可.
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