福建省厦门市外国语学校2023-2024学年高一上学期1月第二次月考数学试卷（含解析）

厦门外国语学校2023级高一上学期第二次月考
数学试题
本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分为150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上.
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案：在试卷上作答无效.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁和平整.
一 单项选择题：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
1.与终边相同的最小正角为（ ）
A. B. C. D.
2.已知扇形的周长为4，圆心角为弧度数2，则扇形的面积为（ ）
A.1 B.2 C. D.
3.已知为锐角，若，则（ ）
A. B. C. D.
4.函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
5.设，则有（ ）
A. B.
C. D.
6.已知，则的值为（ ）
A. B. C. D.2
7.已知把函数的图象向右平移个单位长度，再把横坐标缩小到原来一半，纵坐标不变，得到函数的图象，若，且，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
8.已知函数在上的最小值恰为，则所有满足条件的的积属于区间（ ）
A. B. C. D.
二 多项选择题：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.下列命题中正确的是（ ）
A.若且，则为第二象限角
B.锐角终边上一点坐标为，则
C.若，则是第一象限角
D.若是第三象限角，则取值的集合为
10.在中，下列命题中正确的是（ ）
A.为常数
B.若，则为等腰三角形
C.若，则
D.若三角形是锐角三角形，则
11.如图，正方形的长为为边中点，射线绕点按逆时针方向从射线旋转至射线，在旋转的过程中，记为，射线扫过的正方形内部的区域（阴影部分）的面积为，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.在上为减函数
C.
D.若为上的动点，且，则为定值
12.已知函数，则（ ）
A.是的周期
B.的图象有对称中心，没有对称轴
C.当时，
D.对任意在上单调
三 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知点与点关于轴对称，写出一个符合题意的__________.
14.已知函数的一部分图象如图所示，则__________.
15.已知函数若存在实数满足（其中，则的取值范围是__________.
16.已知函数对都有，且是的一个零点.
（1）若的周期大于，则__________.
（2）若在上有且只有一个零点，则的最大值为__________.
四 解答题：本小题共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.已知函数，其中为三角形的一个内角，且.
（1）求函数的解析式及定义域；
（2）求函数的对称中心及单调区间.
18.角的始边与轴的非负半轴重合，终边与如图的单位圆交于点，将射线绕点按逆时针方向旋转后与单位圆相交于点，设.
（1）求的值；
（2）若函数的最小值为，求实数的值.
19.已知.
（1）若，求的值；
（2）若，且，求的值.
20.定义在上的函数，若在内只取到一个最大值和一个最小值，且当时函数取得最大值为3；当，函数取得最小值为-3.
（1）求函数的解析式；
（2）求关于的不等式的解集；
（3）若将函数的图像保持横坐标不变纵坐标变为原来的得到函数，再将函数的图像向左平移个单位得到函数，且函数的最大值为，求满足条件的的最小值.
21.在月亮和太阳的引力作用下，海水水面发生的周期性涨落现象叫做潮汐.一般早潮叫潮，晚潮叫汐.受潮汐影响，港口的水深也会相应发生变化.下图记录了某港口某一天整点时刻的水深（单位：米）与时间（单位：时）的大致关系：
假设1月份的每一天水深与时间的关系都符合上图所示.
（1）请运用函数模型，根据以上数据写出水深与时间的函数的近似表达式；
（2）根据该港口的安全条例，要求船底与水底的距离必须不小于3.5米，否则该船必须立即离港.一艘船满载货物，吃水（即船底到水面的距离）6米，计划明天进港卸货.
①求该船可以进港的时间段；
②该船今天会到达港口附近，明天0点可以及时进港并立即开始卸货，已知卸货时吃水深度以每小时0.3米的速度匀速减少，卸完货后空船吃水3米.请设计一个卸货方案，在保证严格遵守该港口安全条例的前提下，使该船明天尽早完成卸货（不计停靠码头和驶离码头所需时间）.
22.已知函数的图象关于对称，是函数的反函数.
（1）求方程在上的解集；
（2）求证：函数有且仅有一个零点，且.
答案与解析
一 单选题
1.【答案】A 【分析】根据任意角的周期性，将化为，即可确定最小正角.
【详解】因为，所以与终边相同的最小正角是.
2.【答案】A 【分析】设扇形的半径为，弧长为，由扇形的弧长公式结合扇形的周长可求得的值，再利用扇形的面积公式可求得该扇形的面积.
【详解】设扇形的半径为，弧长为，则，扇形的周长为，可得，所以，，故该扇形的面积为.
3.【答案】C 【分析】由平方关系得，然后配角并利用两角差的正弦公式计算.
【详解】由题意，，
.
4.【答案】B 【分析】先化简函数解析式，利用奇偶性和函数值的符号可得答案.
【详解】由题可得，且其定义域为，
，所以函数为偶函数，故排除C，D选项；
又当时，，所以，故排除选项.
5.【答案】B 【分析】利用辅助角公式化简，正切二倍角公式和放缩放化简，余弦二倍角公式化简，然后根据正弦函数的单调性比较可得.
【详解】，，
，
因为当时，单调递增，所以，所以.
6.【答案】B 【详解】法一：，
由于，所以，所以，
则，从而.
法二：，
，分子分母同时除以得：①，
由于，所以，所以，所以，
即，代入①得：，解得.
7.【答案】C 【分析】先化简函数，然后根据图像的变换得函数的解析式，通过判断得同时令取得最大值或最小值时，，再结合函数的图像，即可求得的最大值.
【详解】
.将图象向右平移至个单位长度，
再把横坐标缩小到原来一半，纵坐标不变，得到函数，可得，
所以，
同时使得取得最大值或最小值时，.当时，，根据函数的图象可知的最大值为3个周期的长度，即，故选：C.
8.【答案】C 【分析】根据函数能否取到最小值进行分类讨论即可.
【详解】当时，因为此时的最小值为，所以，即.若，此时能取到最小值-4，即，代入可得，满足要求；
若取不到最小值-4，则需满足即，
又因为在上单调递减，所以存在唯一符合题意；
所以或者，所以所有满足条件的的积属于区间，故选：C
二 多选题
9.【答案】ABC 【详解】选项：，则为第二象限或第四象限角；，
则为第一象限或第二象限角，同时满足上述条件，所以为第二象限角.B正确；
B选项：锐角终边上一点坐标为，则有，
，所以，且为锐角，所以，B正确.
选项，【法一】平方后发现且
【法二】由题意得，故，故，解得，则是第一象限，正确；
D.若是第三象限角，则是第二或第四象限角，因此取值的集合为，故选：ABC
10.【答案】AD【注：C不对，应该还有一种情况!】
11.【答案】ACD 【分析】求出当时，函数的解析式，可判断选项的正误；利用的单调性可判断选项的正误；利用对称性可判断C选项的正误；利用特殊值法可判断D选项的正误.
【详解】对于选项，当时，设交于点，
所以，，A选项正确；
对于B选项，当时，射线扫过的正方形内部的区域（阴影部分）的面积显然逐渐增加，即函数在上单调递增，B选项错误；
对于选项，取的中点，连接，设射线与正方形的边的交点为，作点关于直线的对称点，则，所以，，
将射线绕点按顺时针方向旋转扫过正方形的面积为，由对称性可知，因为，即选项正确；
对于D选项，改编自教科书P255T23，D选项正确故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数基本性质的判断问题，在判断函数的单调性时，需要充分利用的几何意义，结合面积的对称性来求解，另外在判断某些结论不成立时，可充分利用特殊值来进行否定.
12.【答案】ACD 【分析】对于选项：根据函数周期的定义令，即可判断；对于选项：根据函数对称性的定义分别令和，即可判断；对于选项：根据正 余弦函数的图象和性质得到，再结合正切函数的单调性得到，最后利用三角恒等变换化简式子，即可判断；对于选项：根据选项函数的周期得到只需考虑即可，再结合复合函数单调性，即可判断.
【详解】对于选项：因为，则是的周期，所以选项正确；
对于B选项：因为，
且，
所以，则的图象关于点成中心对称，关于直线成轴对称，所以B选项错误；
对于C选项：当时，易知，且，即，则，所以，
则，所以C选项正确；
对于D选项：由A选项知：是的周期，所以只需考虑即可，
当时，，所以和均单调递增，所以单调递增；
当时，，所以和均单调递减，所以单调递减，所以选项正确..
【点睛】方法点睛：（1）函数奇偶性 周期性和对称性的判断常用定义去验证；
（2）要证明周期函数的单调性往往只需证明函数的一个周期的单调性，复杂函数的单调性判断优先尝试利用复合函数的“同增异减”.
三 填空题
13.【答案】
14.【答案】3 【分析】根据函数图象可得最值和周期，进而可求出，再利用待定系数法求出即可.
【详解】根据图象可知，函数的最大值4和最小值0，得，解得，函数的最小正周期，即，当时取最大值4，即，即，.故答案为：3
15.【答案】 【分析】首先作出函数的图像，然后利用对称性得到的值，再通过图像求出的取值范围，然后消去，利用二次函数的图像和性质求出范围.
【详解】根据函数的性质作出图像，如图所示：
由图像的对称性可知：，所以，
所以，
因为，结合二次函数的图像，3代入有：，
6代入有：，所以.故答案为：.
【点睛】分段函数求值域或者范围的问题一般采用图像法，这里要求对初等函数的图像和性质必须要熟练掌握；另外求的范围很容易想到用基本不等式，但切忌一定要注意变量的范围，所以这里我们通过消元，最后通过函数的角度求出范围.
16.【答案】； 【分析】（1）根据余弦函数的性质，建立方程组，由题意，可得答案；
（2）根据函数与方程的关系，将问题转化为三角函数求最值，结合三角函数的性质，求得的取值范围，由大到小进行检验，可得答案.
【详解】（1）由题意可得，解得，
由的周期大于，则，即，
当时，，不符合题意，舍去；
当时，，符合题意.
（2）由在上有且只有一个零点，则方程在上有且只有一个根，因为，所以在上有且只有一个，使得函数取得最大值，则，解得，
由（1）可知，
令，则，且，故同奇偶，
由，则，解得，即，
当时，为奇数，则，即，由，则，
当或，即或时，函数取得最大值，不符合题意；
当时，为偶数，则，即，由，则，当，即时，函数取得最大值，符合题意.
故答案为：
【点睛】研究三角函数的最值 零点 对称中心 对称轴时，常常使用整体代入的解题思想，结合三角函数的性质，可建立方程，解决问题；研究三角函数中参数的最值问题，根据题意，结合三角函数的周期性，给定一个范围，进行检验，即可解决.
四 解答题
17.【答案】（1），定义域为，
（2）对称中心为；单调递减区间为；无递增区间.
【分析】（1）确定，得到或，根据角度范围得到答案.计算定义域.
（2）令，解得答案.【注】对称中心是最易错点!
【详解】（1）①，则，得或，
为为三角形内角，则，故.则
②令，得.即函数的定义域为.
（2）①，得，故对称中心为；
②令，解得，
即函数的单调递减区间为，无单调增减区间.
18.【答案】（1）（2）或
【分析】（1）由三角函数定义可得；方法一：将直接代入即可求得；方法二：利用两角和差公式和辅助角公式化简得到，代入即可；
（2）结合诱导公式和二倍角公式，采用换元法可将转化为关于的二次函数的形式，讨论对称轴位置即可利用最小值构造方程求得的值.
【详解】（1）由题意知：，
方法一：；
方法二：，
.
（2）由（1）得：，
，令，则，
是开口方向向下，对称轴为的抛物线，
①当，即时，，解得：；
②当，即时，，解得：；
综上所述：或.
【点睛】关键点点睛：本题考查正弦型函数单调区间 与正弦函数有关的复合函数最值的求解问题；本题根据最值求解参数值的关键是能够结合二倍角公式，将问题转化为关于变量的二次函数的形式，进而利用含参数二次函数最值的求法来进行讨论.
19.【答案】（1） （2）
【分析】（1）利用诱导公式化简，并得到，将化为齐次式，转化为正切计算即可；
（2）结合题意求出，再通过配凑角求出，找到的范围，从而求出的值.
【详解】（1），【见教科书例题4】
.
（2）依题意，由，可得，
.
，
又.
20.【答案】（1）；（2），见解析；（3）最小值为
【分析】（1）利用最大值和最小值可确定，又，可求得；根据，结合的范围可求得，从而得到解析式；（2）首先保证原式有意义可得到；根据二次函数性质可确定，；由函数在上递增可确定，解不等式求得结果；（3）根据三角函数伸缩和平移变化得到和；由复合函数单调性可确定当取最大值时，需与同时取得，从而求得，根据确定最小值.
【详解】（1）
解得：，又
（2）满足，解得：
，同理
由（1）知函数在上递增，故，即.
（3）由题意知：
函数与函数均为单调增函数，且
当且仅当与同时取得才有函数的最大值为由得：
则又的最小值为
【点睛】本题考查根据三角函数性质求解函数解析式 三角函数中的能成立问题的求解 根据函数最值求解参数值的问题；本题利用最值求解参数的关键是能够通过复合函数单调性确定取得最值时与的值，进而利用三角函数的知识求得结果，属于难题.
21.【答案】（1）；
（2）1）0点到4点以及12点到16点进入港口；
（2）该船在0点进港开始卸货，5点暂时驶离港口，11点返回港口继续卸货，16点完成卸货任务.
【分析】（1）根据给定的图形，求出函数模型中的各个参数作答.
（2）①根据给定条件，列出不等式求解作答；②求出最小水深的函数关系，数形结合求解作答.
【详解】（1）观察图形知，，解得，解得，
显然函数的图象过点，即，又，因此，
所以函数表达式为.
（2）①依题意，，整理得，
即有，即，解得或，
所以该船可以在0点到4点以及12点到16点进入港口.
②由（1）的结论知，该船明日0点即可进港开始卸货，设自0点起卸货小时后，该船符合安全条例的最小水深为，如图，函数与的图像交于点，
即卸货5小时后，在5点该船必须暂时驶离港口，此时该船的吃水深度为4.5米，令，即，解得，显然，该船在11点可返回港口继续卸货，5小时后完成卸货，此时为16点，
综上所述，方案如下：该船在0点进港开始卸货，5点暂时驶离港口，11点返回港口继续卸货，16点完成卸货任务.
【点睛】思路点睛：给定的部分图象求解解析式，一般是由函数图象的最高（低）点定，求出周期定，由图象上特殊点求.
22.解：（1）.所以或.
当时，，则，又，所以；
当时，则，又.所以或，所以
所以方程在上的解集为.
（2）设.
当时，则，此时在单调递增.在也单调递增.所以在单调递增.且，即，又函数图象在时连续不间断.所以在时有唯一零点；
当时..所以，此时在没有零点；
当时，.所以.所以，此时在没有零点；
综上.在有唯一零点.
所以，且.所以.