2022-2023学年湖北省荆州市开发区高级中学高一下学期3月月考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年湖北省荆州市开发区高级中学高一下学期3月月考数学试题含答案，共14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。
2022-2023学年湖北省荆州市开发区高级中学高一下学期3月月考数学试题 一、单选题1．已知扇形的周长为6cm，半径是2cm，则扇形的圆心角的弧度数是（        ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】由题意可列关于扇形的圆心角的方程，解之即可.【详解】设扇形的圆心角为α rad，半径为Rcm，则，解得α＝1．故选：A．2．若0<α<2π，且sinα<，cosα>，则角α的取值范围是（    ）A．  B． C．  D．∪【答案】D【分析】根据题意，画出三角函数线，找出角度范围，即可表示.【详解】角α的取值范围为图中阴影部分如下所示吧：  即∪故选：.【点睛】本题考查由三角函数值的范围，求角度的范围，涉及三角函数线的应用，属基础题.3．化简（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用诱导公式化简可得结果.【详解】.故选：C.4．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用诱导公式化简可得结果.【详解】.故选：B.5．函数的图象大致是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由函数为奇函数可以排除A，B选项，再根据当，且时，，排除D选项，可得答案.【详解】由函数有，所以函数为奇函数，故排除A，B选项.又当，且时，，，即，排除D选项.故选：C.6．函数的部分图象如图，的最小正零点是，的单调递增区间是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由图可得，令有，根据的最小正零点是求，即可写出的解析式，由整体代入法求的单调递增区间.【详解】由图知：，令，∴，则，可得，∵的最小正零点是，且，∴当时，，得.∴，令，∴，故在上递增.故选：B7．已知函数若函数（）恰有个零点，分别为，，，，且，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】作出函数图象和直线．根据对数函数与正弦函数性质可得的性质，从而求得相应范围．【详解】的零点即为函数的图象与直线的交点的横坐标，作出的图象和直线，如图，，区间正好是的一个周期，和时取得最大值，因此是它在上的对称轴，，由得，，所以，它在时是增函数，，，所以的取值范围是．故选：D．8．若关于x的不等式在上恒成立，则m的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先由三角恒等变换将题设转化为在上恒成立，再由正弦函数的性质求出，即可求解.【详解】不等式可转化为，即在上恒成立，当时，，则，则.故选：D. 二、多选题9．下列计算中正确的是（       ）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】结合诱导公式及正余弦的和差角公式分别进行化简，即可求解.【详解】对于A，，错误；对于B，，正确；对于C，，正确；对于D，，正确.故选：BCD10．已知曲线：，：，则（    ）A．把向左平移个单位长度，再将所有点的横坐标变为原来的2倍，得到B．把向左平移个单位长度，再将所有点的横坐标变为原来的倍，得到C．把上所有点的横坐标变为原来的倍，再向左平移个单位长度，得到D．把上所有点的横坐标变为原来的倍，再向左平移个单位长度，得到【答案】BD【分析】根据三角函数的图象变换直接求解.【详解】变换方式一：将函数的图象向左平移个单位长度，得到的图象，再将所有点的横坐标变为原来的倍，得到曲线．变换方式二：因为，所以将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的倍，得到的图象，再向左平移个单位长度，得到曲线．故选:BD．11．已知，，则下列结论正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】ABD【分析】由题意得，可得，根据的范围，可得，的正负，即可判断A的正误；求得的值，即可判断D的正误，联立可求得，的值，即可判断B的正误；根据同角三角函数的关系，可判断C的正误，即可得答案.【详解】因为，所以，则，因为，所以，，所以，故A正确；所以，所以，故D正确；联立，可得，，故B正确；所以，故C错误.故选：ABD.12．已知函数的图象关于直线对称，且对于，当，，且时，恒成立．若对任意的恒成立，则实数a的范围可以是下面选项中的（    ）A． B． C． D．【答案】ABC【分析】首先得到为偶函数且在上单调递增，则在上单调递减，则问题转化为恒成立，再根据一元二次不等式恒成立求出参数的取值范围.【详解】解：因为函数的图象关于直线对称，所以的图象关于轴对称，即为偶函数，又当，，且时，恒成立，即恒成立，所以在上单调递增，则在上单调递减，若对任意的恒成立，即恒成立，即恒成立，即恒成立，即，解得，即，故符合条件的有A、B、C；故选：ABC 三、填空题13．函数的定义域为      .【答案】【分析】根据被开方式大于等于零，分母不为零，即可得到结果.【详解】使函数有意义需满足：，解得，且，故定义域为.故答案为：14．已知函数是定义在上的单调递增函数，则实数a的取值范围是      ．【答案】【分析】分段函数在上单调递增，则在两个分段区间上都单调递增，且在上的最大值要不大于上的任意函数值，据此解答即可.【详解】因为在上单调递增，所以当时，在上单调递增，又因为开口向下，对称轴为，所以，故，且在上的最大值为，当时，在上单调递增，所以由幂函数的性质可知，且，故，得，由于以上条件要同时成立，故，即.故答案为：.15．已知，则      .【答案】【分析】直接利用诱导公式及二倍角公式求解即可.【详解】.故答案为：16．函数的所有零点之和为          ．【答案】9【分析】根据给定条件，构造函数，，作出这两个函数的部分图象，确定两个图象的交点个数，再结合性质计算作答.【详解】由，令，，显然与的图象都关于直线对称，在同一坐标系内作出函数，的图象，如图，  观察图象知，函数，的图象有6个公共点，其横坐标依次为，这6个点两两关于直线对称，有，则，所以函数的所有零点之和为9.故答案为：9 四、解答题17．已知且求及【答案】，【分析】根据同角平方公式，结合正弦和角公式与余弦和角公式，可得答案.【详解】由，则，即，，.18．已知且.（1）求的值；（2）求的值．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）由代入正切函数的二倍角公式即可求解；（2）求出，利用两角和的正切函数公式可得答案.【详解】（1）因为，所以．（2）因为，所以，所以，所以，因为，所以，所以．19．已知函数的部分图象如图所示，且在处取得最大值，图象与轴交于点．(1)求函数的解析式；(2)若，且，求的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据图象可得函数的周期，从而求得，结合函数在处取得最大值，可求得的值，再根据图象与轴交于点，可求得，从而可得解；（2）根据（1）及角的范围求得，，再利用两角差的余弦公式进行化简可求解.【详解】（1）由图象可知函数的周期为，所以.又因为函数在处取得最大值所以，所以，因为，所以，故.又因为，所以，所以.（2）由（1）有，因为，则，由于，从而，因此.所以.20．2021年3月1日，国务院新闻办公室举行新闻发布会，工业和信息化部提出了芯片发展的五项措施，进一步激励国内科技巨头加大了科技研发投入的力度．根据市场调查某数码产品公司生产某款运动手环的年固定成本为50万元，每生产1万只还需另投入20万元．若该公司一年内共生产该款运动手环万只并能全部销售完，平均每万只的销售投入为万元，且．当该公司一年内共生产该款运动手环5万只并全部销售完时，年利润为300万元．(1)求出的值并写出年利润（万元）关于年产量（万部）的函数解析式；(2)当年产量为多少万只时，公司在该款运动手环的生产中所获得的利润最大？并求出最大利润．【答案】(1)，(2)当年产量为30万只时，公司在该款运动手环的生产中所获得的利润最大，最大利润为850万元． 【分析】（1）由题意可得，由可求出，然后可得的解析式；（2）利用二次函数的知识求出当时的最大值，利用基本不等式求出当时的最大值，然后作比较可得答案.【详解】（1）由题意可得当时，所以解得所以（2）当时，，其对称轴为所以当时取得最大值万元当时，万元当且仅当即时等号成立因为所以当年产量为30万只时，公司在该款运动手环的生产中所获得的利润最大，最大利润为850万元．21．已知函数.（1）当时，解不等式；（2）若函数的图象过点，且关于的方程有实根，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）当时，解指数、对数不等式求得不等式的解集.（2）利用求得，由分离常数，利用构造函数法，结合函数的值域，求得的取值范围.【详解】（1）当时，.由，得，得，得，解得.故不等式的解集是.（2）因为函数的图象过点，所以，即，解得.所以.因为关于的方程有实根，即有实根.所以方程有实根..令，则.因为，，所以的值域为.所以，解得.所以实数的取值范围是.【点睛】研究方程的零点问题，可考虑分离常数法，结合函数值域进行求解.22．已知.(1)求的单调递增区间；(2)若对任意的恒成立，求a的取值范围.【答案】(1)（）(2) 【详解】（1）化简得，令，，解得，所以单调递增区间为，.（2）由（1）可得，即，对任意的恒成立，只需要即可， ，令，，为减函数，所以当时，，所以.