2022-2023學年北京市通州區高一上學期期末質量檢測數學試題一、單選題1．的值為A． B． C． D．【答案】B【分析】直接由特殊角的三角函數值得解.【詳解】故選B.【點睛】本題主要考查了特殊角的三角函數值，屬于基礎題．2．設，則下列結論錯誤的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根據集合中角的特征分析集合間的關系即可得解.【詳解】因為表示終邊落在軸上角的集合，表示終邊落在軸正半軸上角的集合，表示終邊落在軸負半軸上角的集合，所以，，正確；，故錯誤.故選：D3．已知角的頂點在原點，始邊與軸的非負半軸重合，終邊在第三象限且與單位圓交于點，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】因為點在單位圓上，且終邊在第三象限確定唯一，根據三角函數求解.【詳解】在單位圓上即終邊在第三象限所以，，所以所以.故選：C4．下列函數中，是奇函數且在區間上單調遞增的是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】根據解析式可直接判斷出奇偶性和單調性.【詳解】對于A，為奇函數且在上單調遞增，故A正確；對于B，是奇函數在上單調遞減，故B錯誤；對于C，是偶函數，故C錯誤；對于D，是非奇非偶函數，故D錯誤.故選：A.5．將函數的圖像向左平移個單位長度得到曲線，然后再使曲線上各點的橫坐標變為原來的得到曲線，最后再把曲線上各點的縱坐標變為原來的2倍得到曲線，則曲線對應的函數是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用圖像變換方式計算即可.【詳解】由題得：，所以：，得到：故選：C6．“”是“角是第一象限的角”的（

）．A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】B【詳解】若“角是第一象限角”，則“”，“若”，則“角是第一象限角或第三象限角”，所以“”是“角是第一象限角”的必要不充分條件．故選．點睛：充分、必要條件的三種判斷方法．1．定義法：直接判斷“若則”、“若則”的真假．并注意和圖示相結合，例如“?”為真，則是的充分條件．2．等價法：利用?與非?非，?與非?非，?與非?非的等價關系，對于條件或結論是否定式的命題，一般運用等價法．3．集合法：若?，則是的充分條件或是的必要條件；若＝，則是的充要條件．7．函數與的圖象（

）A．關于軸對稱 B．關于軸對稱C．關于原點對稱 D．關于直線對稱【答案】A【分析】根據對數知識將化為，由此可得答案.【詳解】由得，所以函數與的圖象關于軸對稱.故選：A8．函數的零點所在的區間是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先判斷函數單調性，再根據零點存在定理將端點值代入，即可判斷零點所在區間.【詳解】由于均為增函數，所以為定義域上的增函數，,根據零點存在定理,零點在區間內.故選：C9．已知，則的大小關系是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】構造指數函數，結合單調性分析即可.【詳解】在R上單調遞減，，∴；在R上單調遞增，，∴；∴故選：D10．中國茶文化博大精深．茶水的口感與茶葉類型和水的溫度有關．經驗表明，有一種茶用85℃的水泡制，再等到茶水溫度降至55℃時飲用，可以產生最佳口感．某研究人員在室溫下，每隔1min測一次茶水溫度，得到數據如下：放置時間/min012345茶水溫度/℃85.0079.0073.6068.7464.3760.43為了描述茶水溫度與放置時間的關系，現有以下兩種函數模型供選擇：①，②．選擇最符合實際的函數模型，可求得剛泡好的茶水達到最佳口感所需放置時間大約為（

）（參考數據：，）A．6min B．6.5min C．7min D．7.5min【答案】B【分析】根據每分鐘茶水溫度的減少值呈現越來越小的變化趨勢，可判定應當選擇模型①為更符合實際的模型.利用前兩組數據可以求得和的值，進而將最佳口感溫度代入所求得解析式，利用對數的運算性質求得的值，即可做出判斷.【詳解】由表格中數據可得，每分鐘茶水溫度的減少值依次為6,5.4,4.86,4.37,3.94,

呈現越來越小的變化趨勢，故選用模型①為更符合實際的模型.由時，，代入，得,解得.∴.由時,可得，解得,∴,由,得,∴,,剛泡好的茶水達到最佳口感所需放置時間大約為6.5min,故選:B.二、填空題11．半徑為1，圓心角為1弧度的扇形的面積為__________．【答案】##0.5【分析】根據扇形面積公式即可得到答案.【詳解】半徑為1，圓心角為1弧度的扇形的面積為.故答案為：.12．計算：______．【答案】【分析】根據給定條件利用對數運算法則，二倍角的正弦公式、特殊角的三角函數值計算作答.【詳解】.故答案為：13．若函數的部分圖象如圖所示，則此函數的解析式為__________．【答案】【分析】根據圖象，可得，，圖象過點，且在附近單調遞減.進而可求出，，根據的范圍即可解出，進而得到解析式.【詳解】由已知可得，函數最大值為3，最小值為-3，所以.又由圖象知，，所以.因為，所以，所以，所以.又由圖象可推得，圖象過點，且在附近單調遞減，所以有，解得.又，所以.所以，函數的解析式為.故答案為：.14．函數，方程有3個實數解，則k的取值范圍為___________.【答案】【分析】根據給定條件將方程的實數解問題轉化為函數的圖象與直線的交點問題，再利用數形結合思想即可作答.【詳解】方程有3個實數解，等價于函數的圖象與直線有3個公共點，因當時，在上單調遞減，在上單調遞增，，當時，單調遞增，取一切實數，在同一坐標系內作出函數的圖象及直線，如圖：由圖象可知，當時，函數的圖象及直線有3個公共點，方程有3個解，所以k的取值范圍為.故答案為：三、雙空題15．已知，則的最大值為__________，最小值為__________．【答案】

【分析】由可推出，即得，即可得到最值.【詳解】因為成立，當且僅當時，等號成立.所以，即，解得.所以，當且僅當時，有最大值；當且僅當時，有最小值.故答案為：；.四、解答題16．已知是第四象限角．(1)求的值；(2)求的值．【答案】(1)；(2)，【分析】（1）根據同角三角函數的基本關系列方程組求解即可；（2）由兩角和的余弦、正切公式化簡求解即可.【詳解】（1）因為，是第四象限角，所以解得，所以.（2）；.17．已知函數.（1）求函數的定義域，最小正周期；（2）求函數的單調區間.【答案】（1）定義域：，最小正周期：T=2（2）單調遞增區間是：【分析】（1）根據正切函數的定義域滿足：即可求解，周期.（2）根據正切函數的圖像以及性質整體代入求解即可.【詳解】函數，（1）正切函數的定義域滿足：，解得：，函數的定義域為，最小正周期.故函數的最小正周期為2（2）由，可得：.函數的單調增區間【點睛】本題考查了正切函數的定義域、最小正周期以及正切型函數的單調性，考查了整體代入法求三角函數的性質，屬于基礎題.18．已知函數的最小正周期為．(1)求的值；(2)從下面四個條件中選擇兩個作為已知，求的解析式，并求其在區間上的最大值和最小值．條件①：的值域是；條件②：在區間上單調遞增；條件③：的圖象經過點；條件④：的圖象關于直線對稱．注：如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答給分．【答案】(1)(2)答案見解析【分析】（1）由周期可得；（2）由①中確定，由③得出的關系式，由④可確定，條件②不能得出確定的值，在區間上單調遞增，沒有說就是單調增區間，由它可能確定參數的范圍．因此考慮方案：①③；①④；③④分別求解．【詳解】（1）因為，所以．（2）（2）方案一：選擇①，③因為的值域是，所以．所以．因為的圖象經過點，所以，即．又，所以．所以的解析式為．因為，所以．當，即時，取得最小值；當，即時，取得最大值．方案二：選擇條件①，④因為的值域是，所以．所以．因為的圖象關于直線對稱，所以，所以．又，所以．所以的解析式為．以下同方案一．方案三：選擇條件③，④因為的圖象關于直線對稱，所以，所以．又，所以．因為的圖象經過點，所以，即．所以的解析式為．以下同方案一．19．已知函數．(1)求函數的定義域；(2)若函數為偶函數，求的值；(3)是否存在，使得函數是奇函數？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1);(2)；(3)不存在，理由見解析.【分析】（1）根據解析式建立不等式求三角不等式的解即可；（2）根據偶函數的定義，化簡后利用三角函數恒成立即可得解；（3）根據奇函數的定義化簡，轉化為恒成立，可分析此式不恒成立得解.【詳解】（1）要有意義，則，即，解得，即，所以函數的定義域為.（2）因為為偶函數，則即恒成立，化簡可得恒成立，所以，因為，所以.（3）若函數為奇函數，則有，即，即，化簡得，恒成立.因為當時，，，，，而，所以不恒成立，即不恒成立，所以不存在，使函數是奇函數.20．某一扇形鐵皮，半徑長為1，圓心角為．工人師傅想從中剪下一個矩形，如圖所示．(1)若矩形為正方形，求正方形的面積；(2)求矩形面積的最大值．【答案】(1)(2)【分析】（1）連，則，設，則，，，根據求出，進而可得答案；（2）設矩形面積為，則，利用正弦函數的性質可得答案.【詳解】（1）連，因為扇形半徑長為1，則，設，則，，，，，，矩形為正方形，，即，，，，，，，正方形的面積為；（2）設矩形面積為，則，當，即時，，此時，最大值為，即矩形面積的最大值為．21．已知函數的零點是．(1)求實數的值；(2)判斷函數的單調性，并說明理由；(3)設，若不等式在區間上有解，求的取值范圍．【答案】(1)(2)在上是單調遞減函數，理由見解析(3)【分析】（1）根據可求出結果；（2）根據對數函數的單調性和單調性的定義可得結果；（3）轉化為在區間上有解，換元后化為在區間上有解