山西省太原市小店區(qū)太原市師范學校附屬學校2024-2025學年高一下學期開學考試數學試題（解析版）

第1頁/共1頁姓名_________準考證號_________秘密★啟用前太原師范學院附屬中學太原市師苑中學校2024級高一年級分班測評數學試卷注意事項：1．本試卷共4頁，滿分150分，考試時間120分鐘.2．答題前，考生務必用0.5毫米黑色黑跡簽字筆在答題卡上填寫好自己的考號、姓名、校班等信息.將條形碼橫貼在答題卡“考生條形碼粘貼區(qū)”.3．考生作答時，請將答案正確地填寫在答題卡上，答在本試卷上無效.4．考試結束后，將答題卡交回.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，則（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根據題意結合交集運算求解即可.【詳解】因為集合，所以.故選：A.2.已知命題，有實數解，則命題的否定是（）A.，有實數解B.，無實數解C.，有實數解D.，無實數解【答案】B【解析】【分析】由存在量詞命題的否定是全稱量詞命題可得.【詳解】由存在量詞命題的否定是全稱量詞命題可得命題的否定是，無實數解.故選：B.3.已知點是角終邊上的一點，且，則的值為（）A.2 B. C.或2 D.或【答案】D【解析】【分析】由三角函數的定義計算可得；【詳解】由三角函數定義可得，解得，所以的值為或.故選：D.4.已知不等式的解集為或，則下列結論正確的是（）A.B.C.D.的解集為【答案】D【解析】【分析】根據不等式與方程的關系，結合韋達定理，求得的關系，再分析選項即可求解.【詳解】對于A，由已知可得開口向下，即，故A錯誤；對于BCD，是方程的兩個根，所以，所以，，故BC錯誤，D正確；故選：D.5.若，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用指數函數、對數函數及正弦函數性質比較大小.【詳解】依題意，，所以.故選：C6.函數是增函數，則實數的取值范圍為（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】利用一次函數和二次函數的圖象和性質及分段函數的單調性求解即可.【詳解】由題意可知當時，單調遞增，則①，當時，是對稱軸為，開口向下的拋物線，則②，因為函數是增函數，所以③，由①②③解得，故選：C7.已知，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】結合二倍角公式和正切函數的性質化簡即可得到答案.【詳解】因為，所以，因為，所以，因為所以，即，其余選項無法確定，故選：B.8.定義：對于定義域內的任意一個自變量的值，都存在唯一一個使得成立，則稱函數為“正積函數”．下列函數是“正積函數”的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根據“正積函數”的定義逐項判斷即可.【詳解】對于A選項，，由，當時，則不存在滿足情況，故函數不是正積函數；對于B選項，，由，則任意一個自變量的值，都存在唯一一個滿足，故函數是正積函數；對于C選項，，由，得，當時，，則不唯一，故函數不是正積函數；對于D選項，，由，當時，則不存在滿足情況，故函數不是正積函數．故選：B．二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.已知，則下列說法正確的是（）A. B.C. D.【答案】BC【解析】【分析】根據角的象限，結合同角三角函數關系，以及誘導公式逐項判斷即可.【詳解】由題意，，則，對于A，，故A不正確；對于B，，故B正確；對于C，，故C正確；對于D，，故D不正確；故選：BC.10.設，則下面不等式中恒成立的是（）A. B.C. D.【答案】ABC【解析】【分析】利用做差法可判斷A；討論，平方作差可判斷B；利用基本不等式可判斷C、D.【詳解】對于A，，所以，故A正確；對于B，當時，，，所以，當時，，即，當且僅當時取等號，故B正確；對于C，，，當且僅當時取等號，故C正確；對于D，，，，當且僅當時取等號，故D錯誤.故選：ABC11.已知函數的定義域為，且對任意，都有及成立，當且時，都有成立，下列四個結論中正確的是（）A.B.函數在區(qū)間上為增函數C.直線是函數的一條對稱軸D.方程在區(qū)間上有4個不同的實根【答案】ACD【解析】【分析】根據題目條件可得是周期為4的偶函數，且在上為增函數，畫出函數的圖象，逐項判斷即可得到正確答案.【詳解】∵對任意，都有，∴為偶函數.∵，∴當時，，∴，故，是周期為4的函數.∵當且時，都有成立，∴在上為增函數，函數大致圖象如下：由以上分析得，選項A正確.由圖象可得函數在區(qū)間上為減函數，選項B錯誤.由圖象可得直線是函數的一條對稱軸，選項C正確.由圖象可得方程在區(qū)間上有4個不同的實根，分別為，選項D正確.故選：ACD.【點睛】關鍵點點睛：解決本題的關鍵是通過函數性質畫出簡圖，數形結合逐項分析即可得到正確答案.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.已知某扇形的圓心角為，面積為，則該扇形的弧長為_________．【答案】【解析】【分析】由扇形的面積公式求得扇形的半徑，進而由弧長公式計算可得.【詳解】設扇形的弧長為，半徑為，根據已知的扇形的圓心角，面積，由扇形的面積公式，得，解得，由弧長公式.故答案：.13.函數的零點，則的值為____________．【答案】【解析】【分析】由函數單調性以及零點存在定理得，由此即可得解.【詳解】因為和均單調遞增，所以也單調遞增，又注意到，所以由零點存在定理可知函數的唯一零點，所以，即有.故答案為：.14.已知函數為定義在上的奇函數，則__________.【答案】【解析】【分析】根據對稱性可得，即可求解.【詳解】由于為定義在上的奇函數，故的對稱中心為，則，.故答案為：2025四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15.已知集合，，，，求：（1）的值；（2）集合和集合；（3），的值.【答案】（1）；（2），；（3）【解析】【分析】（1）由題設有，代入集合中方程求參數即可；（2）由（1）所得參數，即可求集合A，再根據交并運算結果確定集合B；（3）由（2），代入集合B中方程求參數.【小問1詳解】由題設，故，則.【小問2詳解】由（1）知：，又，，所以；【小問3詳解】由（2）知，則，可得.16.已知函數.（1）若，求的值；（2）判斷在上的單調性并利用定義法證明；（3）求在上的最大值.【答案】（1）；（2）在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增，證明見解析；（3）.【解析】【分析】（1）先根據已知條件求出進而求出，再開方即可求解.（2）先求出，再利用定義法證明函數的單調性求出單調區(qū)間即可.（3）利用（2）中結論，根據函數的單調性，結合，分、兩種情況討論即可求解.【小問1詳解】因為，所以，即因為，所以．【小問2詳解】在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增，證明如下：任取，且，則，因為，且，所以，當時，，所以，即，當時，，所以，即，所以在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增．【小問3詳解】當時，由（2）知在上單調遞減，所以；當時，由（2）知上單調遞減，在上單調遞增，因為，所以若，則，若，則．綜上，.17.近幾年手辦深受青少年的喜愛，某工廠計劃在2025年利用3D技術生產手辦，通過調研分析：生產手辦全年需要投入固定成本8萬元，生產手辦（千件），其它成本為（萬元），且，經調研可知每件手辦的售價為100元，且每年內生產的手辦當年全部銷售完.（1）求出2025年的利潤（萬元）關于年產量（千件）的表達式；（2）2025年的年產量為多少（千件）時，該工廠所獲利潤最大？最大利潤是多少？【答案】（1）（2）年產量為10千件，最大利潤是17萬元.【解析】【分析】（1）根據銷售額減去成本即可得利潤，（2）根據二次函數以及基本不等式求解最值，結合分段函數的性質即可求解.【小問1詳解】由題意得總收入：（萬元），當時，，當時，所以2025年總利潤為：【小問2詳解】當時，，當時，利潤最大，最大利潤是8萬元.當時，，當且僅當，即：時，利潤最大，最大利潤是17萬元.因為，所以年產量為10千件時，利潤最大，最大利潤是17萬元.18.已知函數，.（1）求證：為奇函數；（2）解關于的不等式；（3）若恒成立，求實數的取值范圍．【答案】（1）證明見解析（2）（3）【解析】【分析】（1）根據奇偶性定義判斷可得答案；（2）設，根據在上的單調性可得答案；（3）原不等式等價對恒成立，再利用基本不等式可得答案.【小問1詳解】函數，即，可得，解得或，可得的定義域為，關于原點對稱，又，則為奇函數.小問2詳解】不等式，即為式，設，即，可得在上單調遞減，所以由，所以，解得，所以原不等式的解集為.【小問3詳解】由題意，則，解得，所以恒成立，即恒成立，化為，即對恒成立由，當且僅當，即時，取得等號，所以，即的取值范圍是.19.已知函數的圖像經過點，且兩條對稱軸間的距離的最小值為.（1）求函數的解析式；（2）當，求函數的單調遞增區(qū)間；（3）若關于的方程在上有且僅有兩個實數根，求實數的取值范圍，并求出的值.【答案】（1）（2）（3）的取值范圍：，的值為：或.【解析】【分析】（1）由圖像過點求得的值，由兩條對稱軸間的距離的最小值為，求得的值，從而求得函數的解析式；（2）令求出函數的單調遞增區(qū)間，然后取為和后得到在內的區(qū)間，從而寫出單調遞增區(qū)間；（3）由（2）可知函數在區(qū)間上函數單調遞增，在上單調遞減，且存在兩條對稱軸分別為和，由函數大致圖