2023-2024学年江西省南昌市高一下册第一次月考数学试题(含解析)

一、单选题1．已知角2023，则的终边在（A．第一象限【正确答案】C【分析】利用角终边相同公式得到的终边与223的终边相同，从而得到的终边所在象限.【详解】因为20233605223，而180223270，所以的终边在第三象限.故选：C.2．如图，角以Ox为始边，它的终边与圆O相交于点P，点P的坐标为(1,2)，则tan（）B．第二象限）C．第三象限D．第四象限A．2【正确答案】AB．21

C．

12D．2

【分析】由三角函数定义求解即可.【详解】根据三角函数定义，tan故选：A3．已知扇形AOB的圆心角AOBA．2

，弧长为2π，则该扇形的面积为（3y22.x1）2π

3B．2πC．3πD．6π

【正确答案】C【分析】先求得扇形的半径，进而求得扇形的面积.【详解】扇形的半径为r

2π32π，312π2所以扇形的面积为33π.23故选：C4．有4个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，从中有放回的随机取两次，每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是5”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是6”，则（A．甲与丁相互C．甲与丙相互【正确答案】C【分析】根据事件的概念分别判断.【详解】由题意得P甲

1113P甲丁0P甲P丁，P乙，P丙，P丁，，44416）B．乙与丁相互D．丙与丁相互P乙丁11P乙P丁，P甲丙P甲P丙，P丙丁0P丙P丁，1616根据事件的乘法公式可得甲与丙相互，故选：C.5．“sinxcosx”是“tanx1”的（A．充分不必要条件C．充分必要条件【正确答案】D【分析】根据充要条件的定义进行判断即可．【详解】充分性：当x



时，sinx1,cosx0符合“sinxcosx”，但是tanx不存在，即2）B．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件“sinxcosx”不能推出“tanx1”，故充分性不满足；必要性：当x

322时，tanx1符合tanx1，此时sinx不满足,cosx422“sinxcosx”，即“tanx1”不能推出“sinxcosx”，故充分性不满足；所以“sinxcosx”是“tanx1”的既不充分也不必要条件.故选：D．11

6．要得到ycosx的图象，只需将ysin(x)的图象（622）A．向左平移C．向左平移个单位长度343B．向右平移D．向右平移个单位长度个单位长度343个单位长度【正确答案】C1x

【分析】将ysin(x)利用诱导公式化为ycos，再根据函数图象的平移，即可选222

择和判断.14x

【详解】只需将ysin(x)cos的图象向左平移个单位长度，22231

即可得到ycosx的图象，62故选：C．7．科学研究已经证实，人的智力，情绪和体力分别以33天、28天和23天为周期，按ysinx进行变化，记智力曲线为I，情绪曲线为E，体力曲线为P，且现在三条曲线都处于x轴的同一点处，那么第322天时（A．智力曲线I处于最低点B．情绪曲线E与体力曲线P都处于上升期C．智力曲线I与情绪曲线E相交D．情绪曲线E与体力曲线P都关于322,0对称【正确答案】D【分析】由已知得第322天时，322除33余25,322除28余14，322除23余0，即智力曲线I位于251

周期处，情绪曲线E位于2周期处，体力曲线P刚好位于起始点处，逐一判断332533）可得选项．【详解】第322天时，322除33余25,322除28余14，322除23余0，即智力曲线I位于周期处，情绪曲线E位于2周期处，体力曲线P刚好位于起始点处，A项，253

>则智力曲线I不处于最低点，故A错误；3341

B项，情绪曲线E处于最高点，即将开始下降，故B错误；C项，经过n个周期后，因为周期不同，所以智力曲线I与情绪曲线E不一定相交，故C错误；D项，(322,0)位于体力曲线P和情绪曲线E的交点x轴上，故D正确，故选：D．2ex8．已知函数fxxxsinxk的图象关于点0,1对称，则实数k的值为（ee）A．1【正确答案】BB．0C．1D．2

由题意得出fxfx2，可得出关于k的等式，由此可解得实数k的值.2ex2ex2ex【详解】fxxxsinxk，fxxsinxkxsinxk，xxeeeeee2ex2ex所以，fxfxxx2k22k，ee2ex因为函数fxxxsinxk的图象关于点0,1对称，则fxfx22k2，ee因此，k0.故选：B.结论点睛：本题考查利用函数的对称性求参数，可利用以下结论来转化：①函数fx的图象关于点a,b对称，则fxf2ax2b；②函数fx的图象关于直线xa对称，则fxf2ax.二、多选题3

9．下列四个函数中，以为周期，且在区间,上单调递减的是（24

）A．ysinx【正确答案】ACB．ycos2xC．ytanxD．ysin2x

3

先判断各函数最小正周期，再确定各函数在区间,上单调性，即可选择判断.243

【详解】y|sinx|最小正周期为，在区间,上单调递减；243

ycos2x最小正周期为，在区间,上单调递增；243

ytanx最小正周期为，在区间,上单调递减；243

ysin2x不是周期函数，在区间,上单调递减；24

故选：ACk

,kZ，则正确的结论有（10．若集合Axsin2x1，Byy

42

A．ABBC．AB【正确答案】ABB．痧RBD．痧RA

R

）AB

R

【分析】根据正弦函数可得集合A，由集合间的关系和运算，对选项进行逐一判断.【详解】由Axsin2x1xxk,kZ4k2k

,kZyy,kZ又Byy

424

4kxx,kZ，4，显然集合xx4k,kZxx2k,kZ所以AB，则ABB成立，所以选项A正确.痧RB

R

A成立，所以选项B正确，选项D不正确.ABA，所以选项C不正确.故选：AB本题考查解三角方程，集合关系的判断与应用，集合的包含关系与补集关系的应用，属于中档题.11．关于函数fxcosxcosx有下述四个结论中正确的是（A．fx是偶函数C．fx为周期函数【正确答案】AC

根据奇偶性的定义判断出fx为偶函数，A正确；通过x,时fx解析式，可知不2

）B．fx在区间0,上递减D．fx的值域为1,1满足单调递减定义，B错误；通过分类讨论的方式去掉解析式的绝对值，得到分段函数的性质，可确定函数最小正周期，知C正确；根据余弦函数值域可确定fx值域，知D错误.【详解】fxcosxcosxcosxcosxfx

\\f(x)为偶函数，A正确；

当x,时，fxcosxcosx0，不满足单调递减定义，B错误；2

当x2k,2k，kZ时，fx2cosx；2232k，kZ时，fx0当x2k,22\\f(x)是以2为最小正周期的周期函数，C正确；2，D错误.当x2k,2k，kZ时，fx2,2，故fx值域为2,

22故选：AC

本题考查与余弦型函数有关的函数的性质及值域的相关命题的辨析，涉及到函数奇偶性、单调性、周期性和值域的求解；关键是能够通过分类讨论的方式确定函数在不同区间内的解析式，进而研究函数性质.

12．函数fx3sin2x的图象为C，则以下结论中正确的是（）32,0对称A．图象C关于直线x对称B．图象C关于点1235

C．函数fx在区间,内是增函数D．yfx是偶函数61212

【正确答案】BC【分析】利用正弦型函数的对称性可判断AB选项；利用正弦型函数的单调性可判断C选项；利用正弦型函数的奇偶性可判断D选项.3【详解】对于A选项，因为f3sin3，故图象C不关于直线x对称，212126A错；223sin0,0对称，B对；C对于B选项，因为f，故图象关于点335

对于C选项，当x,时，2x，2321212

5所以，函数fx在区间,内是增函数，C对；1212对于D选项，fx3sin2x3sin2x为奇函数，D错.663故选：BC.三、填空题13．函数y2sinx1的定义域为_____________________．【正确答案】2k,2k65kZ6【分析】由2sinx10，可得sinx

1

，结合正弦函数的性质，即可得到所求定义域．2【详解】解：依题意可得2sinx10，可得sinx

15，解得2kx2k，kZ，66265kZ.6所以函数的定义域为2k,2k故2k,2k65kZ．6sinx,x0f(x)614．若，则log2x,x0

f

1

f______________．4

【正确答案】13##2231

【分析】根据分段函数的解析式，先求出f的值，再求4sinx,x0【详解】解：∵f(x)6，log2x,x011

flog22，44

f

31

ff(2)sin(2)sin．2463

3．2f1f值．4故15．如果将函数fxsin3xφπφ0的图象向左平移轴对称，那么________．【正确答案】3π412个单位所得的图象关于y

【分析】先判断函数f(x)图像平移后的解析式，再由正弦函数的对称轴性质求得的取值集合，最后根据题干中给定的范围确定的值.【详解】将函数fxsin3x的图象向左平移g(x)sin[3(x

ππ

)]sin(3x)，124π

个单位得12由题意知g(x)的图象关于y轴对称，则有g(x)g(x)，即sin(3x则3x即

ππ

)sin(3x)，44ππ

3xπ2kπ，kZ，44π

kπ，kZ，43π.43π4又因为(π,0)，所以

故答案为.16．如图所示，某摩天轮设施，其旋转半径为50米，最高点距离地面110米，开启后按逆时针方向匀速旋转，转一周大约21分钟．某人在最低点的位置坐上摩天轮座舱，并开始计时，则第7分钟时他距离地面的高度大约为________米．【正确答案】85【分析】设乘客乘坐摩天轮与地面的高度ht与时间t的关系，利用待定系数法求得对应系数，写出ht的解析式，再计算h7的值．【详解】设乘客乘坐摩天轮与地面的高度ht与时间t的关系为：htAsin(t)B(A0，0，[0,2π))，由题意可知A50，B1105060，T

2π

21，2π2π

，即ht50sint60，2121

3π

，2又h011010010，即sin1，故3π2π

ht50sint60，212

32π7h750sin6085．212∴第7分钟时他距离地面的高度大约为85米.故85.四、解答题17．已知cos是方程2x2x10的根，且是第二象限的角，求sin(3)cos()tan2tan(+)2的值．sin(2)cos()2【正确答案】3【分析】以同角三角函数基本关系和诱导公式解之即可.1

【详解】方程2x2x10的两根分别为与1，21sin33由于是第二象限的角，则cos，sin，tan

cos22sin(故3)cos()tan2tan(+)2sin(2)cos()2coscostan2tan＝＝tan3sinsin故3π

18．已知函数y2cos3x．2

(1)求函数的单调区间及取得最大、最小值时自变量x的集合；(2)判断函数的奇偶性．π2kππ2kπ,,kZ，单调递减区间为【正确答案】(1)单调递增区间为6363π2kππ2kππ2kπ

x,,kZxx,kZ，函数，函数取最大值时自变量的集合是323636π2kπ,kZ.取得最小值时自变量x的集合是xx63(2)函数为奇函数，理由见解析.【分析】（1）先用诱导公式化简，再用整体法求解函数单调区间及函数取最值时自变量的取值范围；（2）利用函数奇偶性定义进行判断.πππ【详解】（1）y2cos3x2sin3x，令2kπ3x2kπ，kZ，即222

π2kππ2kππ3ππ2kππ2kπ

x2kπ，kZ，x，kZ，令2kπ3x即，6323226363π2kππ2kπ,,kZ，单调递减区间为kZ，故函数的单调递增区间为3636π2kππ2kπ,,kZ，6323

ππ2kππ

令3x2kπ，kZ，即x，kZ时，函数取得最大值；令3x2kπ，kZ，2632即x

π2kπ，kZ时，函数取得最小值，所以函数取得最大值时自变量x的集合是63π2kππ2kπ,kZ，函数取得最小值时自变量x的集合是xx,kZxx

6363（2）函数定义域为R，且fx2sin3x2sin3xfx，故函数为奇函数.19．已知函数fxAsinxA0,0,02π的部分图象如图所示．(1)求函数fx的解析式，并求fx单调递减区间；(2)若hx

3π3π

sin2x，x0,，求hx的取值范围．2244

7πππ【正确答案】(1)f(x)3sin2x，单调递减区间为kπ,kπ(kZ)

123129(2)h(x)0,4【分析】（1）由图可求得A及周期，从而可得，再利用待定系数法求出即可，再根据正弦函数的单调性结合整体思想即可求出函数的减区间；（2）根据正弦函数的性质结合整体想即可得出答案.【详解】（1）由图可得：3T7ππ3π，A3，解得Tπ，故2，41264当x所以7π

时，127π7πf3sin3，126

π7π3π

2kπ，即2kπ,kZ，362π，3由于02π，所以

π故f(x)3sin2x，3ππ3ππ7π

(kZ)，令2kπ2x2kπ(kZ)，得kπxkπ

23212127ππ(kZ)；故函数的单调递减区间为kπ,kπ12123π3（2）h(x)sin4x，2643π39ππ5ππ

由于x0,，所以4x,，故sin4x0,，26446664

9即h(x)0,．420．如图是某市3月1日至14日的空气质量指数趋势图，空气质量指数小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染．某人随机选择3月1日至3月13日中的某一天到达该市，并停留2天．(1)求此人到达当日空气重度污染的概率；(2)求此人在该市停留期间只有1天空气重度污染的概率；(3)由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大？（结论不要求证明）【正确答案】(1)(2)213413(3)从5日开始连续5、6、7三天的空气质量指数方差最大【分析】（1）由图查出13天内空气质量指数小于100的天数，直接利用古典概型概率计算公式得到答案；（2）用列举法写出此人在该市停留两天的空气质量指数的所有情况，查出仅有一天是重度污染的情况，然后直接利用古典概型概率计算公式得到答案；（3）因为方差越大，说明三天的空气质量指数越不稳定，由图直接看出答案．【详解】（1）由图看出，1日至13日13天的时间内，空气质量重度污染的是5日、8日共2天．由古典概型概率计算公式得，此人到达当日空气重度污染的概率P

2

．13（2）此人在该市停留期间两天的空气质量指数86,25、25,57、57,143、143,220、220,160、160,40、40,217、217,160、160,121、121,158、158,86、86,79、79,37共13种情况．其中只有1天空气重度污染的是143,220、220,160、40,217、217,160共4种情况，所以此人在该市久留期间只有1天空气重度污染的概率P

4．13（3）因为方差越大，说明三天的空气质量指数越不稳定，由图看出从5日开始连续5、6、7三天的空气质量指数方差最大．ππ21．已知函数fx2sin2x1m在区间0,上的最大值为3．26(1)求使fx0成立的x的取值集合；(2)将函数fx图象上所有的点向下平移1个单位长度，再向右平移一个单位长度，得到函ππxx2

数gx的图象，若x1,x2,，且gx1gx2，求g2的值．262

ππ∣kπxkπ,kZ；【正确答案】(1)x

62

(2)2.【分析】（1）根据三角函数的性质结合条件可得m0，再根据正弦函数的性质解不等式即可；

（2）由三角函数的图象变换可得gx2sin2x1



πππ

gx，求出在,上的对称662

轴，从而可求解.ππ7ππ【详解】（1）因为x0,，所以2x,，2666

ππ1

所以sin2x,1，所以2sin2x[1,2]，626π

所以2sin2x1m[m,m3]，6

ππ因为函数fx2sin2x1m在区间0,上的最大值为3，26所以m33，解得m0，ππ1所以f(x)2sin2x1，由fx0，可得sin2x，662ππ7πππ

2kπ,kZ，解得kπxkπ,kZ，故2kπ2x

66662ππ

故使fx0成立的x的取值集合为xkπxkπ,kZ；62

π

（2）将函数fx图象上所有的点向下平移1个单位长度，可得y2sin2x，6

π

再向右平移一个单位长度，可得gx2sin2x1，6ππ7πππ

因为x,，所以2x12,2，66662

πkπππ

令2x1kπ,kZ，得x1,kZ，6262令k1，可得x1

π

，3ππππ

x,x1在上的对称轴为，6362x1x2π

1，23

故gx2sin2x1



因为gx1gx2，所以xx所以g122ππ

2sin2112.36

π，6令k0，可得x1

ππππ

故gx2sin2x1在x,上的对称轴为x1．6662xxπ

因为gx1gx2，所以121．26ππxx

所以g122sin2112，266

xx2综上，g2的值为2．2

22．已知函数fxlog12sinx13.

2(1)求f(x)的定义域；

(2)若x0,，求f(x)的值域;6

22

(3)设aR，函数gxx3ax2a，x[0,1]，若对于任意x10,，总存在唯一的6

x0[0,1]，使得 gx0fx1成立，求a的取值范围.【正确答案】(1){x|2k(2)[4,3]；53(3)(,][1,].327x2k,kZ}；66【分析】（1）由对数函数的意义，列出不等式，再求解作答.（2）求出函数y2sinx1在[0,]上的值域，再结合对数函数单调性求解作答.6（3）利用二次函数对称轴分类，结合（2）的结论列出不等式，求解作答.1

【详解】（1）函数f(x)log1(2sinx1)3有意义，有2sinx10，即sinx，解得222k

6

x2k

7,kZ，6

所以函数f(x)的定义域为{x|2k（2）当0x

7x2k,kZ}.666时，0sinx

1

，则12sinx12，1log1(2sinx1)0，224f(x)3，所以f(x)的值域是[4,3].3a2（3）由（2）知，x1[0,]，4f(x1)3，函数gxx3ax2a图象对称轴x，6222

3a22666时，显然g(0)2a1，即3，≤a≤

2333

因为任意x10,，总存在唯一的x0[0,1]，使得gx0fx1成立，6

而x[0,1]，当5

则必有g(1)13a22a4，解得a或a1，显然无解，33a26622当或a时，函数gxx3ax2a在[0,1]上单调递减，1，即a233g1gxg0，g(0)3

x0,gxfxx[0,1]1成立，则因为任意1，使得0，，总存在唯一的0

6g(1)42a355366于是得，解得a或1a，满足a或a，因此a或2

2333313a2a41a

3

，253所以a的取值范围是(,][1,].32结论点睛：若x1a,b，x2c,d，有fx1gx2，则fx的值域是gx值域的子集．