上海市宝山中学2022-2023学年高一下学期3月月考数学试题.docx

1、上海市宝山中学2022-2023学年高一下学期3月月考数学试题学校:_姓名：_班级：_考号：_一、填空题1若，则_2观察函数的图像，写出它的值域为_3函数的定义域为_4若函数为偶函数，则m的值为_.5已知全集，集合，则_.6已知终边过点，若，则_7设奇函数的定义域为，若当时，的图象如下图，则不等式的解是_8已知函数的表达式为，用二分法计算此函数在区间上零点的近似值，第一次计算、的值，第二次计算的值，第三次计算的值，则_9已知，且，则_10方程在区间上的解为_11已知函数是定义域为R的偶函数，当时，若关于x的方程有且仅有5个不同实数根，则_12设集合，平面上点的集合，则在同一直角坐标系中，P中函

2、数的图象恰好经过Q中两个点的函数的个数是_二、单选题13下列函数与函数相同的是（）ABCD14函数在区间上严格增，则实数a的取值范围为（）ABCD15已知点A的坐标为，将OA绕坐标原点逆时针旋转至OB，则点B的纵坐标为.ABCD16命题p：存在aR且a0，对于任意的xR，使得f（x+a）f（x）+f（a）；命题q1：f（x）单调递减且f（x）0恒成立；命题q2：f（x）单调递增，存在x00使得f（x0）0.则下列说法正确的是（）A只有q1是p的充分条件B只有q2是p的充分条件Cq1，q2都是p的充分条件Dq1，q2都不是p的充分条件三、解答题17已知，求下列各式的值：(1)若不是第二象限角，求

3、的值；(2)求的值18已知一扇形的圆心角为，半径为R，弧长为l(1)若，求扇形的弧长l；(2)若扇形面积为16，求扇形周长的最小值，及此时扇形的圆心角19某运输公司今年初用49万元购进一台大型运输车用于运输若该公司预计从第1年到第n年（）花在该台运输车上的维护费用总计为万元，该车每年运输收入为25万元(1)该车运输几年开始盈利？（即总收入减去成本及所有费用之差为正值）；(2)若该车运输若干年后，处理方案有两种：当年平均盈利达到最大值时，以15万元的价格卖出；当盈利总额达到最大值时，以6万元的价格卖出哪一种方案较为合算？请说明理由20已知定义域为R的函数是奇函数(1)求a的值；(2)判断的单调性

4、，并证明；(3)若关于m的不等式在上有解，求实数t的取值范围21若函数满足：对于任意正数s、t，都有，则称函数为“L函数”(1)试判断函数是否是“L函数”；(2)若函数为“L函数”，求实数a的取值范围；(3)若函数为“L函数”，且，求证：对任意，都有试卷第3页，共3页参考答案：1【分析】由两角和的正切公式直接求解即可【详解】若，则，故答案为：.2【分析】根据函数图像和函数的值域的定义即可求解.【详解】根据函数图像，函数的的最大值和最小值分别为2和0，而且函数值取值不间断，所以它的值域为.故答案为：.3【分析】根据函数定义域结合对数,即可求解.【详解】由有意义可知,计算可得可得或.故答案为: .

5、42【解析】对称轴为，即可.【详解】因为是二次函数，若其为偶函数，对称轴为即可，则，解得.故答案为：2.【点睛】本题考查二次函数的奇偶性，只需对称轴为即可；本题也可以用偶函数的定义求解.5【分析】求出集合中元素范围，再直接求补集即可.【详解】集合，全集则故答案为：6【分析】根据三角函数的定义即可求解.【详解】依题意，因为终边过点，所以，解得：或（舍去），所以，所以.故答案为：.7【分析】根据奇函数的性质，结合图象进行求解即可.【详解】因为奇函数的定义域为，所以函数图象关于原点对称，由图可知，当时，或，所以不等式的解是.故答案为：.8【分析】根据二分法的定义即可求解.【详解】依题意，因为，所以，

6、 ，所以，所以零点所在的区间为；故第二次计算的值时，所以，所以，所以零点所在的区间为；故第三次计算的值时，.故答案为：.9【分析】根据，得到，求出，利用凑角法，结合余弦的和角公式求出答案.【详解】，故，因为，所以，所以，故.故答案为：.10【详解】试题分析：化简得：，所以，解得或（舍去），又，所以.【考点】二倍角公式及三角函数求值【名师点睛】已知三角函数值求角，基本思路是通过化简 ，得到角的某种三角函数值，结合角的范围求解. 本题难度不大，能较好地考查考生的逻辑推理能力、基本计算能力等.11【分析】作出函数的图象，令，根据图象得出方程解的情况，得出的范围，再根据题意结合韦达定理即可得解.【详解

7、】如图，作出函数的图象，令，由图可知，当或时，方程有两个解，当时，方程有三个解，当时，方程有四个解，因为关于x的方程有且仅有5个不同实数根，所以关于方程的方程其中一个根，另一个根或，又因，所以，所以，所以.故答案为：.124【分析】把中的值代入中可得出函数的图象恰好经过Q中两个点的函数的个数.【详解】依题意，将数据代入验证得：当时，此时的图象不经过中的点.不符合题意；当时，此时的图象不经过中的点.不符合题意；当时，此时的图象不经过中的点.不符合题意；当时，此时的图象经过中的两个点.符合题意；当时，此时的图象经过中的两个点.符合题意；当时，此时的图象经过中的一个点.不符合题意；当时，此时的图象经

8、过中的两个点.符合题意；当时，此时的图象经过中的三个点.不符合题意；当时，此时的图象经过中的两个点.符合题意；综上所述：当；时满足题意.故答案为：4.13B【分析】当两函数定义域相同，对应关系相同时，为同一函数，对四个选项中的函数一一分析定义域和对应关系，选出答案.【详解】函数定义域为R，A选项，定义域为，A错误；B选项，定义域为R，且，与函数相同，B正确；C选项，与函数不相同，C错误；D选项，定义域为，D错误.故选：B14C【分析】根据二次函数图象的开口方向与对称轴性质，列出关于的不等式即可求解.【详解】依题意知，函数的图象对称轴为，开口向上，因为函数在区间上严格增，所以，解得.故选：C.1

9、5D【详解】，即点的纵坐标为考点：复数几何意义16C【分析】对于命题q1：当a0时，结合f（x）单调递减，可推出 f（x+a）f（x）f（x）+f（a），命题q1是命题p的充分条件.对于命题q2：当ax00时，f（a）f（x0）0，结合f（x）单调递增，推出f（x+a）f（x），进而f（x+a）f（x）+f（a），命题q2都是p的充分条件.【详解】解：对于命题q1：当f（x）单调递减且f（x）0恒成立时，当a0时，此时x+ax，又因为f（x）单调递减，所以f（x+a）f（x）又因为f（x）0恒成立时，所以f（x）f（x）+f（a），所以f（x+a）f（x）+f（a），所以命题q1命题p，对于命

10、题q2：当f（x）单调递增，存在x00使得f（x0）0，当ax00时，此时x+ax，f（a）f（x0）0，又因为f（x）单调递增，所以f（x+a）f（x），所以f（x+a）f（x）+f（a），所以命题p2命题p，所以q1，q2都是p的充分条件，故选：C.17(1)(2)【分析】（1）根据商数关系及平方关系计算即可；（2）先利用诱导公式化简，在化弦为切即可得解.【详解】（1）因为，所以，若不是第二象限角，则是第四象限角，又，则，所以；（2）.18(1)(2)扇形周长的最小值为，此时【分析】（1）先将圆心角化为弧度制，再根据弧长公式即可得解；（2）根据扇形的面积公式求得的关系，再利用基本不等式即可

11、得出答案.【详解】（1）因为，所以扇形的弧长；（2）由扇形面积，得，则扇形周长为，当且仅当，即时，取等号，此时，所以，所以扇形周长的最小值为，此时.19(1)运输3年开始盈利(2)方案一更合算，理由见解析【分析】（1）根据题意列出方程即可求解；（2）分别求出两种处理方案的总利润以及使用年限即可比较得出结论.【详解】（1）由题意可得：，即（），解得，因为，该车运输3年开始盈利.；（2）该车运输若干年后，处理方案有两种：当年平均盈利达到最大值时，以15万元的价格卖出，当且仅当时，取等号，方案最后的利润为：（万；当盈利总额达到最大值时，以8万元的价格卖出，时，利润最大，方案的利润为（万，两种方案收入

12、均为57万，但是方案二可使用10年，方案一只能使用7年，所以方案一更合算.20(1)2(2)严格减函数，证明见解析(3)【分析】（1）利用奇函数性质代入求出，检验成立；（2）根据函数单调性的定义即可证明；（3）利用奇函数性质，单调性以及存在性问题即可求解.【详解】（1）依题意，由，得检验：时，对恒成立，即是奇函数（2）判断：严格减函数证明：设且，则 ，即又，即在R上是严格减函数（3）是奇函数，不等式，即在R上是严格减函数，在上有解，即在上有解，在上有解，当且仅当时等号成立，即.【点睛】本题主要考查了函数奇偶性和单调性的判断与应用，以及不等式存在性问题，利用定义法和参数分离法是解决本题的关键.2

13、1(1)是“L函数”(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据“L函数”的定义，利用作差法即可得出结论；（2）根据“L函数”的定义，可得当时，转化为函数不等式恒成立问题，利用分离参数法求解即可；（3）根据“L函数”的定义，令，可得，从而可得，再结合即可得证.【详解】（1）对于，当时，因为，所以，所以是“L函数”；（2）当时，由是“L函数”，得，即对一切正数恒成立，因为，所以对一切正数恒成立，又因为，所以，由，得，所以，因为，所以，由对一切正数恒成立，所以，即，综上可知，实数a的取值范围为；（3）因为函数f（x）为“L函数”，所以对于任意正数都有，且，令，可知，即，所以对于正整数与正数都有，对任意，可得，因为，所以.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于理解“L函数”的定义，考查了不等式恒成立问题及转化思想.答案第11页，共11页