广东省东莞市东华高级中学、东华松山湖高级中学2022-2023学年高一数学下学期2月月考试题（Word版附答案）

东华高级中学东华松山湖高级中学2022-2023学年第二学期高一2月考数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.命题“，”的否定是（）A.，B.，C.，D.，【答案】D【解析】【分析】根据特称量词命题的否定为全称量词命题判断即可.【详解】解：命题“，”为存在量词命题，其否定为：，.故选：D2.设,则“”是“”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【详解】由一定可得出；但反过来，由不一定得出，如，故选A.【考点定位】本小题主要考查充分必要条件、不等式的性质等基础知识，熟练掌握这两部分的基础知识是解答好本类题目的关键.3.函数的零点所在的区间为（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】首先判断函数的单调性，再通过求解对应点的值，判断，结合零点判断定理，得出结论即可．【详解】因为，可知在定义域为单调递增；又因为，，，．所以，故函数的零点所在的区间为．故选：C．4.若，，向量与向量的夹角为150°，则向量在向量上的投影向量为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用投影向量的定义直接求解.【详解】因为，，向量与向量的夹角为150°， 所以向量在向量上的投影向量为.故选：D5.设，，则（）A.且B.且C.且D.且【答案】B【解析】【分析】容易得出，，即得出，，从而得出，．详解】，.又，即，，，．故选B.【点睛】本题考查对数函数单调性的应用，求解时注意总结规律，即对数的底数和真数同时大于1或同时大于0小于1，函数值大于0；若一个大于1，另一个大于0小于1，函数值小于0．6.要得到函数的图象，只需将函数的图象进行如下变换得到（）A.向右平移个单位B.向左平移个单位C.向右平移个单位D.向左平移个单位【答案】B【解析】【分析】先利用辅助角公式将化简，再根据三角函数的变换规则判断即可.【详解】解：因为， ，所以将向左平移个单位得到.故选：B7.已知，是方程的两根，且，，则的值为（）A.B.C.或D.或【答案】B【解析】【分析】由韦达定理得，即，得，再根据两角和的正切公式解决即可.【详解】由题知，，是方程的两根，所以，即，因为，，所以，，所以，因为，所以，故选：B8.若定义上的函数满足：对任意有若的最大值和最小值分别为，则的值为（）A.2022B.2018C.4036D.4044 【答案】D【解析】【分析】由赋值法可得，构造，说明为奇函数，由可得结果.【详解】对任意有，则令，令，令，则，故为上的奇函数，故.故选：D.二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.在中，为中点，且，则（）A.B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】由已知条件可得点为的重心，然后由三角形的重心的性质逐个分析判断即可.【详解】因为，则三点共线，且， 又因为为中线，所以点为的重心，连接并延长交于，则为的中点，所以，所以∥故选：．10.已知函数，则（）A.的最大值为B.直线是图象的一条对称轴C.在区间上单调递减D.的图象关于点对称【答案】ABC【解析】【分析】利用两角和差公式、二倍角和辅助角公式可化简得到，根据余弦型函数最值可知A正确；利用代入检验法，结合余弦函数性质，依次验证BCD正误即可.【详解】；对于A，，A正确； 对于B，当时，，是的一条对称轴，B正确；对于C，当时，，此时单调递减，C正确；对于D，，不是的对称中心，D错误.故选：ABC.11.若，则下列关系式中一定成立的是（）AB.（）C.（是第一象限角）D.【答案】BC【解析】【分析】由已知得，根据各选项对应函数的单调性判断大小即可.【详解】由知：，∴，，即A错误，B正确；且，即，则有，故C正确；的大小不确定，故D错误.故选：BC【点睛】思路点睛：注意各选项函数的形式，根据对应函数的单调性比较大小.1、如：单调增函数；2、对于，根据所在象限确定其范围即可应用的单调性判断大小；3、由于无法确定的大小，的大小也无法确定. 12.已知函数，若方程有四个不同的根，且，则下列结论正确的是（）A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】根据函数解析式作出与的图像，对于选项A：根据图像结合已知可以直接判断；对于选项B：根据图像得出结合已知得出的范围，即可代入列式得出，在将选项中的未知数转化为一个，即可根据基本不等式得出答案；对于选项C：根据二次函数性质得出，即可结合选项B中得出的，进行判断；对于选项D：将选项中转化，令，根据单调性定义或对钩函数的性质得出其在上的单调性，即可根据单调性得出最值进行判断.【详解】，则，在同一坐标系内作出与的图像，如下图所述：对于选项A：根据图像可得，若方程有四个不同的根，只需，故A错误；对于选项B：根据图像可得， 由题意可得：，即，则，则，当且仅当，即时，等号成立，故B正确；对于选项C;根据图像可得点与关于直线对称，则，根据选项B中证明，则，故C正确；对于选项D：，令，任取，且，则，，则，，则，即，即函数在上单调递增，则，即，故D正确；故选：BCD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知向量，满足，，，则______．【答案】2【解析】【分析】对左右两边同时平方，化简代入数值即可求得.【详解】因为，所以.故答案为：2. 14.请写出一个函数，使它同时满足下列条件：（1）的最小正周期是4；（2）的最大值为2．____________．【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】由题意知函数振幅为2，，符合题意即可.【详解】∵的最小正周期是4，∴；∴的最大值为2，∴，故可取,故答案为：(答案不唯一)15.若是定义在R上的奇函数，当时，(为常数)，则当时，_________.【答案】【解析】【分析】根据得到，再取时，，根据函数奇偶性得到表达式.【详解】是定义在R上的奇函数，则，故，时，，则.故答案为：.16.木雕是我国古建筑雕刻中很重要的一种艺术形式，传统木雕精致细腻､气韵生动､极富书卷气．如图是一扇环形木雕，可视为扇形OCD截去同心扇形OAB所得部分．已知，，，则该扇环形木雕的面积为________． 【答案】【解析】【分析】根据扇形的面积公式计算即可．【详解】环形面积.故答案为：．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知集合.（1）求集合；（2）若，求实数的取值范围.【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）解分式不等式求得集合，进而求得.（2）根据是否为空集进行分类讨论，由此列不等式来求得的取值范围.【小问1详解】， 所以，解得，所以，或.【小问2详解】由题意，若，则，①时，满足，此时，解得；②时，，解得；综上，的取值范围为.18.在平面直角坐标系中，是坐标原点，角的终边与单位圆的交点坐标为，射线绕点按逆时针方向旋转弧度后交单位圆于点，点的纵坐标关于的函数为.（1）求函数解析式，并求的值；（2）若，，求的值.【答案】（1），（2） 【解析】【分析】（1）根据特殊值对应的特殊角及三角函数的定义，结合函数值的定义即可求解；（1）根据（1）的结论及诱导公式，利用同角三角函数的平方关系及商数关系即可求解.【小问1详解】因为，且，所以，由此得.【小问2详解】由知，即由于，得，与此同时，所以由平方关系解得：，.19.函数.（1）请用五点作图法画出函数在上的图象；（先列表，再画图）（2）设，，当时，试研究函数的零点的情况.【答案】（1）答案见解析（2）答案见解析【解析】【分析】（1）将表示为分段函数的形式，然后利用列表法画出的图象.（2）由转化为与的公共点个数，对进行分类讨论，由此求得零点的情况. 【小问1详解】，按五个关键点列表：0010003010描点并将它们用光滑的曲线连接起来如下图所示：【小问2详解】因为，所以的零点个数等价于与图象交点的个数，设，，则当，即时，有2个零点；当，即时，有1个零点；当，即时，有0个零点.20.2020年我国面对前所未知，突如其来，来势汹汹的新冠肺炎疫情，中央出台了一系列助力复工复产好政策．城市快递行业运输能力迅速得到恢复，市民的网络购物也越来越便利．根据大数据统计，某条快递线路运行时，发车时间间隔t（单位：分钟）满足：，，平均每趟快递车辆的载件个数(单位：个)与发车时间间隔t近似地满足，其中．（1）若平均每趟快递车辆的载件个数不超过1600个，试求发车时间间隔t的值； （2）若平均每趟快递车辆每分钟的净收益(单位：元)，问当发车时间间隔t为多少时，平均每趟快递车辆每分钟的净收益最大？并求出最大净收益(结果取整数)．【答案】（1）（2）发车时间间隔为6分钟时，净收益最大为140（元）【解析】【分析】（1）根据，分段讨论求解；（2）建立净收益函数得，求其最大值即可.【小问1详解】解：当时，，不满足题意，舍去．当时，，即．解得（舍）或．∵且，∴．所以发车时间间隔为5分钟．小问2详解】由题意可得．当，时，（元），当且仅当，即时，等号成立，当，时，（元）所以发车时间间隔为6分钟时，净收益最大为140（元）． 21.已知函数是定义域上的奇函数，且满足.（1）判断函数在区间上的单调性，并用定义证明；（2）已知、，且，若，证明：.【答案】（1）上单调递增，证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用奇函数的定义可求得的值，利用可求得的值，可得出函数的解析式，判断出函数在上单调递增，然后利用函数单调性的定义可证得结论成立；（2）由结合作差法可得出，再利用基本不等式可证得结论成立.【小问1详解】解：因为函数是定义域上的奇函数，则，即，解得，则，又，得，所以.函数在上单调递增，理由如下：、，且，即，所以，，，，，则，所以，则在上单调递增.【小问2详解】证明：由题意，，则有，因为，所以，即， 所以，得证.22.若函数对定义域内的每一个值，在其定义域内都存在唯一的，使成立，则称函数具有性质．（1）判断函数是否具有性质，并说明理由；（2）若函数的定义域为且且具有性质，求的值；（3）已知，函数的定义域为且具有性质，若存在实数，使得对任意的，不等式都成立，求实数的取值范围．【答案】（1）具有性质，理由见解析（2）15（3）【解析】【分析】（1）取，即可得到，再根据的性质即可判断；（2）首先将函数配成顶点式，即可判断函数的单调性，依题意可得，从而得到，再根据、的取值情况得到方程组，解得即可；（3）根据复合函数的单调性可得在上单调递增，即可得到，从而求出的值，依题意可得对任意的恒成立，再分和两种情况讨论，分别求出参数的取值范围，即可得解.【小问1详解】解：对于函数的定义域内任意的，取，则，结合的图象可知对内任意的，是唯一存在的，所以函数具有性质.【小问2详解】 解：因为，且，所以在上是增函数，又函数具有性质，所以，即，因为，所以且，又，所以，解得，所以．【小问3详解】解：因为，所以，且在定义域上单调递增，又因为，在上单调递增，所以在上单调递增，又因为具有性质，从而，即，所以，解得或（舍去），因为存在实数，使得对任意的，不等式都成立，所以，因为在上单调递增，所以即对任意的恒成立．所以或，解得或，综上可得实数的取值范围是．