山西省忻州市2022-2023学年高一数学下学期开学考试试题（Word版附解析）

这是一份山西省忻州市2022-2023学年高一数学下学期开学考试试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容， 已知，若恒成立，则的最大值为， 已知．设，则， 已知幂函数的图象过点，则， 下列计算正确的是等内容，欢迎下载使用。

高一数学考试
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册.
一､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的.
1. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据不等式的解法求解集合A、B，再根据集合的交集运算求解.
【详解】由题意可得：，
则
故选：A.
2. “”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
【解析】
【分析】分别求出的取值范围，根据充分条件、必要条件的定义即可做出选择.
【详解】由题意可知，可得或；
而时，可得，所以“”“”；
因此“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
3. 在直角坐标系中，若点从点出发，沿圆心在原点，半径为3的圆按逆时针方向运动到达点，则点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意作出示意图，并利用三角形函数定义即可求得点的坐标.
【详解】根据题意可知，作出图示如下：

根据题意可得，，作轴且垂足为；
利用三角函数定义可得，；
又点在第四象限，所以点的坐标为.
故选：C
4. 函数的零点所在的一个区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由零点存在定理，结合的单调性找到合适的区间即可.
【详解】在上单调递增，且，.
则由零点存在定理得所求零点在区间.
故选：B.
5. 把函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变．再把所得曲线向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角函数图象变换规律求解析式.
【详解】函数的图象向右平移个单位长度，得到，
再把所得的曲线所有点的横坐标伸长到原来的倍，得到.
故选：A.
6. 已知，若恒成立，则的最大值为（ ）
A. 4 B. 5 C. 24 D. 25
【答案】C
【解析】
【分析】由，利用基本不等式整理得，根据恒成立问题可得，运算求解即可得答案.
【详解】∵，所以，
∴，
当且仅当，即时等号成立，
即，
由题意可得：，又，解得，
故的最大值为24.
故选：C.
7. 设函数，则下列函数为奇函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将函数分离常数化简，利用函数图象的平移变换并根据反比例函数的奇偶性即可得出结果.
【详解】由可得，
根据函数图象平移变换可知是由函数向左平移2个单位长度，再向下平移1个单位长度得到的，
而即为奇函数；
所以只需将反向平移，即向右平移2个单位得到，再向上平移1个单位得到，即为奇函数.
故选：A
8. 已知．设，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据指对数的互化结合指数函数的单调性可判断的大小关系，再利用对数的运算即可判断.
【详解】由可得：，由可得：，
所以，，由可得：，
解得：，因为，所以，
又因为，所以，
故选：.
二､多选题：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. 已知幂函数的图象过点，则（ ）
A. 是偶函数 B. 是奇函数
C. 在上为减函数 D. 在上为减函数
【答案】AD
【解析】
【分析】利用幂函数定义即过点可得，再根据函数奇偶性定义即可判断是偶函数，由幂函数单调性即可判断D正确.
详解】根据幂函数定义可得，解得；
又因为图象过点，所以可得，即；
易知函数的定义域为，且满足，
所以是偶函数，故A正确，B错误；
由幂函数性质可得，当时，为单调递减，再根据偶函数性质可得在上为增函数；故C错误，D正确.
故选：AD
10. 下列计算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据二倍角的余弦公式以及两角和的正切公式即可判断选项ABC，根据同角三角函数之间的基本关系将切化弦即可计算出选项D的结果.
【详解】根据二倍角的余弦公式可得，即A正确；
由可得，所以B错误；
因为，所以，即，所以C正确；
由于
，所以D错误；
故选：AC
11. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）

A.
B. 图象的对称中心为
C. 直线是图象的一条对称轴
D. 的图象与的图象有3个交点
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据图像求出函数的解析式，然后逐项进行验证即可求解.
【详解】由图可知：，所以，
又因为，所以，
也即，因为，所以，
则，又因为，所以，
则，故选项正确；
令则，所以函数图象的对称中心为，故选项正确；
令则，所以函数图象的对称轴为，所以直线不是图象的一条对称轴，故选项错误；
在同一坐标系内作出函数与的图象，根据函数的图像可知：
点，，,，因为当时，，所以函数的图象与的图象在附近有两个交点，又，所以函数的图象与的图象在附近没有交点，结合图象可知：函数的图象与的图象有3个交点，故选项正确，

故选：.
12. 设都是定义域为的单调函数，且对于任意，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据函数性质以及题目所给条件等式可知，利用待定系数法分别求得的解析式，代入即可求得函数值并比较大小得出结论.
【详解】因为是上的单调函数，且对于任意，
所以，其中为常数，即，；
又因为，所以，
可得，即，解得，所以；
由可得，即；
所以，，即，所以A错误，B正确；
由可知，恒成立；即C正确；
由函数的值域为可知，不一定成立，故D错误.
故选：BC
【点睛】关键点点睛：本题题眼在于利用在 上单调且可求得（其中为常数），结合其他条件即可求得的解析式.
三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.
13. 设函数，若，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】对的取值范围进行分类讨论，分别代入计算即可得出符合题意的取值.
【详解】由题意可得，当时，，此时方程无解；
当时，，解得或（舍）
故答案为：
14. 已知命题，若命题是假命题，则的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可得：，恒成立，分离变量利用基本不等式即可求解.
【详解】因为命题为假命题，
则命题：，为真命题，
所以在上恒成立，
因为当且仅当，也即时取等号，
所以，
故答案为：.
15. 彝族图案作为人类社会发展的一种物质文化，有着灿烂历史．按照图案的载体大致分为彝族服饰图案､彝族漆器图案､彝族银器图案等．其中蕴含着丰富的数学文化，如图1，漆器图案中出现的“阿基米德螺线”是由一动点沿一条射线以等角速度转动所形成的轨迹，这些螺线均匀分布，将其简化抽象后得到图2，若，则的值为__________．


【答案】
【解析】
【分析】根据图示可得，利用二倍角公式和诱导公式即可计算的出结果.
【详解】根据图2可知，动点将圆周九等分，所以，
所以；
则
将代入可得，
即.
故答案为：
16. 已知函数有唯一零点，则__________，的解集为__________．
【答案】 ①. 1 ②.
【解析】
【分析】根据函数特征可知将看成整体，即，再利用换元法根据函数奇偶性和单调性即可求得参数的值，进而解出不等式.
【详解】令，则，所以为偶函数；
又函数有唯一零点，由对称性可知，解得；
易知函数的图象关于对称，且在上单调递增，，
则不等式即为，由对称性可得.
故答案为：1，
【点睛】关键点点睛：本题关键在于将看成是由和合成的函数，且两个函数都关于对称，再利用换元法判断出函数奇偶性和单调性即可求解.
四､解答题：本题共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. （1）求；
（2）若，用表示．
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】（1）根据指数幂的运算结合根式运算求解；
（2）根据对数运算结合换底公式运算求解.
【详解】（1）；
（2）.
18. 已知．
（1）求的值；
（2）在中为锐角，且，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可知，利用同角三角函数之间的基本关系即可求得；（2）根据（1）中的结论和平方关系即可求得角的正弦和余弦值，再根据两角和的余弦公式即可求出的值．
【小问1详解】
由可得，所以；
所以；
即可得
【小问2详解】
由于为锐角，且，由，解得；
即；
又因为，所以；
此时，
又因为，所以，
则
即
19. 已知函数的定义域为集合的值域为集合．
（1）求集合；
（2）已知集合，若“”是“”的充分不必要条件，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由对数函数定义域即可求得集合，利用基本不等式可得集合，再根据集合的运算法则可求得；
（2）根据题意可知集合是集合的真子集，再对参数进行分类讨论即可得出结果.
【小问1详解】
由题意可知，解得且，所以；
当时，，当且仅当时，等号成立；
当时，，当且仅当时，等号成立；
所以，，
即；
【小问2详解】
由“”是“”的充分不必要条件，所以集合是集合的真子集；
易知，则需满足或，解得或；
所以的取值范围是.
20. 已知函数．
（1）若的图象关于直线对称，，求的单调递增区间；
（2）在（1）的条件下，当时，和是的两个零点，求的值和的取值范围．
【答案】（1）
（2）；
【解析】
【分析】（1）由倍角公式、和差公式化简，由整体法根据对称轴求得，即可由整体法进一步求得单调递增区间；
（2）由整体法确定的值，即可求值. 由正弦型函数图象及性质列不等式可求得的取值范围.
【小问1详解】
，
∵的图象关于直线对称，则，解得，
∵，∴，则，
由得.
则的单调递增区间为；
【小问2详解】
∵，∴，∵和是的两个零点，∴，
∴.
令，在上恰有两个不同的解，∴.
∴的取值范围为.
21. 若函数和的图象均连续不断．和均在任意的区间上不恒为的定义域为的定义域为，存在非空区间，满足，则称区间A为和的“区间”．
（1）写出和在上的一个区间”（无需证明）；
（2）若是和的“区间”，求的取值范围．
【答案】（1）（答案不唯一，是的子集即可）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意解不等式，分析即可得结果；
（2）根据的单调性分析可得当时，，当时，，结合二次函数的性质列式运算求解.
【小问1详解】
令，解得，
故当时，，当时，，当时，；
令，解得，
故当时，，当时，，当时，；
若，解得，
故的解集为，
不妨取，则符合题意，
故和在上的一个区间”为；
【小问2详解】
对，当时，则，
可得，即，
故，
∴上单调递增，且，
故当时，，当时，则，当时，，
由题意可得：当时，，当时，，
注意到开口向上，由二次函数性质可得，
由消去可得，解得，
故的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：
（1），等价于或或；
（2）分步处理，先分析（或）的符号，再分析另一个函数的符号.
22. 已知函数．
（1）若函数的值域为．求的取值范围；
（2）已知函数在上单调递增，若是关于的方程的两个不同的解，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见详解
【解析】
【分析】（1）根据题意分析可得的值域包含，分和两种情况，分析运算；
（2）根据题意分析可得：若是关于的方程的两个不同的解，则（仅为必要条件），再根据零点可得，换元，结合的单调性分析运算.
【小问1详解】
由题意可知：若函数的值域为，则的值域包含，
当时，则的值域为，符合题意；
当时，则，解得；
综上所述：取值范围为.
【小问2详解】
若时，构建，则在定义域内单调递增，
故在定义域内至多只有一个零点，即方程至多只有一个根，不合题意，
可得：若是关于的方程的两个不同的解，则（仅为必要条件），
∵，整理可得，
∴，
不妨设，令，则，
∵在上单调递增，则当时恒成立，
∴，即，
故当时恒成立，即，
∴.
【点睛】方法点睛：利用函数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数h(x)；
（3）根据单调性及最值，得到所证不等式.