天津市南开区2023-2024学年高一上学期阶段性质量监测（二）数学试题（解析版）

2023-2024学年天津市南开区高一上学期阶段性质量监测（二）
数学试题
一、单选题
1．设全集，集合，则等于（ ）
A． B． C． D．
2．的值为（ ）
A． B． C． D．
3．在下列函数中，函数表示同一函数的（ ）
A． B． C． D．
4．若，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
5．已知角的终边经过点，则的值为（ ）
A． B． C． D．或
6．下列函数中，图象关于原点对称的是（ ）
A． B． C． D．
7．设函数，则下列结论错误的是（ ）
A．的一个周期为 B．在区间上单调递减
C．的一个零点为 D．的图象关于直线对称
8．设，则（ ）
A． B． C． D．
9．已知是定义在上的奇函数，且，若对于，都有，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
10．定义在上的单调函数满足：，则方程的解所在区间是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
11．半径为的圆的一段弧长等于，则这段弧所对圆心角的弧度数为 .
12．函数的定义域是 ．
13．为得到函数的图象，至少将函数的图象向左平移 个单位长度．
14．已知，且，则的最小值为 ．
15．已知函数，则关于x的不等式的解集是 ．
三、解答题
16．计算：.
17．已知．
(1)求的值；
(2)求的值．
18．已知函数（，且）．
(1)求函数的定义域；
(2)判断函数的奇偶性，并说明理由；
(3)求使成立的x的集合．
19．已知，且
(1)求的值；
(2)求的值．
20．已知函数，其图象与直线的交点的横坐标为，且的最小值为．
(1)求的最小正周期和对称中心坐标；
(2)求函数在区间上的取值范围；
(3)求函数的单调递增区间．
2023-2024学年天津市南开区高一上学期阶段性质量监测（二）
数学试题
一、单选题
1．设全集，集合，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据集合交集的运算先求得，然后根据补集运算，即可得到结果.
【详解】全集，，，
，则.
故选：A.
2．的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意利用诱导公式运算求解.
【详解】由题意可得：.
故选：D.
3．在下列函数中，函数表示同一函数的（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题意，判断函数是否相等，需对比定义域和对应关系，先求定义域，再整理解析式，可得答案.
【详解】由题意，函数，其定义域为，其解析式为，
对于A，函数，其定义域为，故A错误；
对于B，函数，其定义域为，对应法则不同，故B错误；
对于C，与题目中的函数一致，故C正确；
对于D，函数，其定义域为，故D错误，
故选：C.
4．若，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】利用充分条件和必要条件的定义判断.
【详解】解：由，解得或，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
5．已知角的终边经过点，则的值为（ ）
A． B． C． D．或
【答案】C
【分析】根据三角函数定义即可求值.
【详解】因为角的终边经过点，
所以，，，
所以，，
所以.
故选：C
6．下列函数中，图象关于原点对称的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据函数奇偶性的定义逐项判断即可.
【详解】对于A，记，定义域为，关于原点对称，
而，故其图象关于原点对称，A正确；
对于B，记，定义域为，关于原点对称，
而，故其图象关于轴对称，不关于原点对称，B错误；
对于C，记，定义域为，关于原点对称，
而，故其图象不关于原点对称，C错误；
对于D，记，定义域为，关于原点对称，
而，故其图象关于轴对称，不关于原点对称，B错误；
故选：A
7．设函数，则下列结论错误的是（ ）
A．的一个周期为 B．在区间上单调递减
C．的一个零点为 D．的图象关于直线对称
【答案】B
【分析】根据函数周期性定义判断A；根据余弦函数的单调性可判断B；将代入验证可判断C；将代入验证可判断D.
【详解】对于A，函数，
即的一个周期为，A正确；
对于B，时，，
由于在上单调递增，在上单调递减，
故在区间上不单调，B错误；
对于C，，
将代入得，
故的一个零点为，C正确；
对于D，将代入，即,
即取到最值，故的图象关于直线对称，D正确，
故选：B
8．设，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据对数的运算性质可得，，，再根据对数函数的单调性即可得解.
【详解】，
，
，
因为，
所以，
所以.
故选：D.
9．已知是定义在上的奇函数，且，若对于，都有，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】令，由已知可知，在上单调递减，由是定义在上的奇函数，可判断出在上是偶函数，且在上单调递增，根据函数单调性即可解不等式.
【详解】因为对于，都有，
所以对恒成立，
设，则，对于，都有，
令，则在上单调递减，
因为，所以，
又因为是定义在上的奇函数，所以，
故，所以是定义在上的偶函数，
所以在上单调递增，且，
所以不等式可化为，
所以，解得或.
故选：B
10．定义在上的单调函数满足：，则方程的解所在区间是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据已知得为定值，且，进而求得，将问题化为求的解的范围，利用对应函数的单调性，结合各项区间端点出函数值大小确定解的范围.
【详解】由题设为定值，且，
所以，则，易知，故，
由，则，显然在第一象限有一个交点，
又在上分别单调递增，单调递减，
由，，，故方程解在上.
故选：C
二、填空题
11．半径为的圆的一段弧长等于，则这段弧所对圆心角的弧度数为 .
【答案】
【解析】直接由弧长公式求解即可.
【详解】由知.
故答案为：
【点睛】本题考查扇形的弧长公式，属于基础题.
12．函数的定义域是 ．
【答案】
【分析】根据根式可得，结合对数函数性质解不等式即可.
【详解】令，
注意到，可得，解得，
所以函数的定义域是.
故答案为：.
13．为得到函数的图象，至少将函数的图象向左平移 个单位长度．
【答案】
【分析】以为主体，根据三角函数图象平移结合诱导公式分析求解.
【详解】将函数的图象向左平移个单位长度，
可得的图象，
若得到函数的图象，可得，
解得，且，
所以当时，取到最小值.
故答案为：.
14．已知，且，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】由基本不等式计算即可.
【详解】因为，
所以，即，
所以，当且仅当时，即，时等号成立.
故的最小值为.
故答案为：
15．已知函数，则关于x的不等式的解集是 ．
【答案】
【分析】由二次函数、对数函数的性质判断、对应值域范围，即可得解集.
【详解】由题设，开口向下且对称轴为，
在上，在上递增，在上递减，且恒过点，
所以，上，上，
又，上，上，
综上，的解集为.
故答案为：
三、解答题
16．计算：.
【答案】
【分析】利用对数的概念和运算法则进行计算可得.
【详解】原式.
故答案为：
17．已知．
(1)求的值；
(2)求的值．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用差角的正切公式，列出方程并求解即得.
（2）由（1）的结论，利用诱导公式及齐次式法求值即得.
【详解】（1）依题意，，解得，
所以.
（2）由（1）知，，
所以原式
18．已知函数（，且）．
(1)求函数的定义域；
(2)判断函数的奇偶性，并说明理由；
(3)求使成立的x的集合．
【答案】(1)
(2)为偶函数，理由见解析
(3)答案见解析
【分析】（1）由对数复合型函数的定义域即可得解.
（2）由偶函数的定义域即可得证.
（3）由题意得，对分类讨论即可得解.
【详解】（1）由，解得，
所以函数的定义域为．
（2）因为，
所以函数为偶函数；
（3）由，
①当时，由得，
又因为，
所以使成立的x的集合是且；
②当时，由得，
所以使成立的x的集合是．
19．已知，且
(1)求的值；
(2)求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由同角三角函数的基本关系式求出，然后利用二倍角公式即可求值；
（2）先求，再由，运用两角差的余弦公式，注意到的范围，计算得到结果.
【详解】（1）由，
得
所以．
于是
（2）因为
所以
所以
因为，
所以,所以
20．已知函数，其图象与直线的交点的横坐标为，且的最小值为．
(1)求的最小正周期和对称中心坐标；
(2)求函数在区间上的取值范围；
(3)求函数的单调递增区间．
【答案】(1)，
(2)
(3)
【分析】（1）由题意利用三角恒等变换化简函数表达式，由题意得函数周期进而得表达式，整体代入求解对称中心即可.
（2）由题意得，由此即可得解.
（3）由复合函数单调性令，即可得解.
【详解】（1）
因为图象与直线的交点的横坐标为，且的最小值为，
所以函数的最小正周期为，得到．
则，
由，得，
所以图象的对称中心坐标为．
（2）因为，所以，
所以，
所以
即的取值范围为.
（3）由，得
所以的单调递增区间为.
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