云南省丽江润泽高级中学2023-2024学年高一下学期开学考试数学试题（原卷版+解析版）

这是一份云南省丽江润泽高级中学2023-2024学年高一下学期开学考试数学试题（原卷版+解析版），文件包含精品解析云南省丽江润泽高级中学2023-2024学年高一下学期开学考试数学试题原卷版docx、精品解析云南省丽江润泽高级中学2023-2024学年高一下学期开学考试数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。

（试卷满分150，考试时间为120分钟.）
第I卷（选择题 共60分）
一、选择题（本题共8小题：每题5分，共计40分.）
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
解不等式确定集合后，由交集定义计算．
【详解】由题意得：，，即，
故选：A.
【点睛】本题考查集合的交集运算，掌握对数函数的性质是解题关键．
2. （ ）
A. B.
C D.
【答案】A
【解析】
【分析】由及余弦差公式求值.
【详解】，
故选：A．
3. “”是“幂函数在上是减函数”的一个（ ）条件
A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充要D. 既不充分也不必要
【答案】A
【解析】
【分析】由幂函数在上是减函数，可得，由充分、必要条件的定义分析即得解
【详解】由题意，当时，在上是减函数，故充分性成立；
若幂函数在上减函数，
则，解得或
故必要性不成立
因此“”是“幂函数在上是减函数”的一个充分不必要条件
故选：A
4. 已知a，b为正数，，则的最小值为（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用基本不等式“1”的妙用求解即得.
【详解】正数a，b满足，则，
当且仅当，即时取等号，
所以当时，取得最小值4.
故选：C
5. 三个数的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用指数函数、对数函数、正弦函数的单调性结合中间量法即可求解．
【详解】解：，
，
，
故选：A
6. 函数的图象的大致形状是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分类讨论与，结合指数函数的单调性即可得解.
【详解】因为，
当时，，由于，所以在上单调递增，排除BD；
当时，，由于，所以在上单调递减，排除A；
而C选项满足上述性质，故C正确.
故选：C.
7. 奇函数的定义域为R，若为偶函数，且，则的值为（ ）
A. 2B. 1C. －1D. －2
【答案】D
【解析】
【分析】由已知函数的奇偶性可先求出函数的周期，结合奇偶性及函数的周期性把所求函数值转化可求．
【详解】由为偶函数，∴，
令，则，即，
因为为奇函数，有，所以，
令，得，∴，即函数是周期为4的周期函数，
奇函数中，已知，，
则．
故选：D．
8. 将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移个单位长度，得到函数的图象，若为奇函数，则ω的最小值为（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】根据伸缩及平移变换得到函数，结合奇偶性得到，从而得到结果.
【详解】由题意，，
因为为奇函数，所以，解得，
又，所以当k＝0时，ω取得最小值2．
故选：C
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，有选错的得0分，部分选对的得2分.）
9. 已知角的终边经过点,则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】先化简点坐标,再根据三角函数的定义,求得,,进而求得的值即可判断选项.
【详解】解:由题知,
即,
因为角的终边经过点,
所以
,
.
故选:ACD
10. 若，，，则下列不等式中正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据不等式的性质和作差法可逐项分析判断.
【详解】对于A，，，，当时，，则，即，
当时，，则，即，故A错误；
对于B，由，则，又，所以，故B正确；
对于C，，，，即，故C正确；
对于D，由题，当时，，则，故D错误.
故选：BC.
11. 某同学完成假期作业后，离开学还有10天时间决定去某公司体验生活，公司给出的薪资有三种方案；方案①；每天50元；方案②：第一天10元，以后每天比前一天多10元；方案③：第一天1元，以后每天比前一天翻一番，为了使体验生活期间的薪资最多，下列方案选择正确的是（ ）
A. 若体验7天，则选择方案①B. 若体验8天，则选择方案②
C. 若体验9天，则选择方案③D. 若体验10天，则选择方案③
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据给定的信息，逐项计算判断即得.
【详解】对于A：体验7天，方案①需：元，方案②需：元，
方案③需：元，若体验7天，则选择方案①薪资最多，A正确；
对于B：体验8天，方案①需：元，方案②需：元，
方案③需：元，若体验8天，则选择方案①薪资最多，B错误；
对于C：体验9天，方案①需：元，方案②需：元；
方案③需：元，若体验9天，则选择方案③薪资最多，C正确；
对于D：体验10天，方案①需：元，方案②需：元，
方案③需：元，若体验10天，则选择方案③薪资最多，D正确；
故选：ACD
12. 函数（其中，，）的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数在单调递减
B. 函数图象关于中心对称
C. 将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象
D. 若在区间上的值域为，则实数的取值范围为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据图象可得函数的解析式，再根据整体法或代入法可判AB的正误，利用图像变换可 判断C的正误，根据正弦函数的性质可判断D的正误.
【详解】由图象可得，且，故即，
而，故，
因为，故，故，
对于A，当，，
而在上为减函数，故在为减函数，故A正确.
对于B，，故为函数图象的对称轴，
故B错误.
对于C，将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，故C错误.
对于D，当时，，
因为函数的值域为，故，
故，故D正确.
故选：AD.
第Ⅱ卷（非选择题 共90分）
三、填空题（本题共4小题；每题5分，共计20分.）
13. 计算=________．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：．
考点：指数的运算．
14. 已知函数，则的单调增区间为______.
【答案】##（-1，1）
【解析】
【分析】先求定义域为，再利用复合函数的单调性法则“同增异减”即可求得.
【详解】因为，解得：，所以的定义域为.
令，则.
要求的单调增区间，只需.
所以，所以的单调增区间为.
故答案为：.
15. “，”是假命题，则实数的取值范围为 _________ ．（用区间表示）
【答案】
【解析】
【分析】存在量词命题是假命题，则其否定全称量词命题是真命题，写出其全称量词命题，是一个二次不等式恒成立问题，分情况讨论，求的范围．
【详解】由题意可知，“，”的否定是真命题，
即“，”是真命题，
当时，，不等式显然成立；
当时，由二次函数的图像及性质可知，解得，
综上，实数的取值范围为，
故答案为：．
16. 已知，且，则__．
【答案】
【解析】
【分析】利用二倍角公式可得，再由同角三角函数的基本关系即可求解.
【详解】解：因为，
整理可得，
解得，或2（舍去），
由于，
可得，，
所以，．
故答案为：．
四、解答题（本题共6小题；共计70分.）
17. 集合，.
（1）若，，求实数的值；
（2）若，求实数的取值范围
【答案】（1）1； （2）
【解析】
【分析】（1）根据集合交集的性质进行求解即可；
（2）根据分式不等式的解法，结合补集和交集的性质进行求解即可.
【小问1详解】
因为，所以，且，
由，可得，解得：或.
由，所以得；
实数的值为1；
【小问2详解】
集合.
集合.
由，解得，
所以实数的取值范围为.
18. 已知.
（1）若角终边在第二象限，求的值；
（2）若将角的终边顺时针旋转得到角的终边，求的值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
分析】（1）利用同角公式求出正余弦，再利用诱导公式化简代入计算即可.
（2）由差角的正切求出，再利用齐次式法计算即得..
【小问1详解】
由角终边在第二象限，得，由，得，
而，解得，
所以.
【小问2详解】
依题意，，则，
所以．
19. 已知函数.
（1）若的解集为，求不等式的解集；
（2）若，且，恒成立，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题中条件可知，根据解集可知二次方程的两根为，再根据韦达定理找到a、b、c三者之间的关系，由此解出不等式.
（2）根据题意可知a、b之间的关系，再将分离参数，利用基本不等式即可求出答案.
【小问1详解】
由题设知且的两根为
所以，可得：
可化为：，解得：，
所以不等式的解集为
【小问2详解】
且，
，则恒成立，
，
当且仅当，，即时，“”成立，
20. 已知.
（1）求函数的的最小正周期和单调递减区间；
（2）若关于x的方程在区间上恰有两个不等实根，求实数m的取值范围.
【答案】（1），；（2）.
【解析】
【分析】（1）先利用诱导公式，两角和的正弦公式，二倍角公式以及辅助角公式化简整理函数，求出周期，利用整体代入法求出单调递减区间即可；（2）利用（1）的结论，分离出参数，不妨，令，把问题转化为直线与函数在区间上恰有两个不同的交点问题，画出图像即可得出结果.
【详解】（1）



，
则函数的的最小正周期为，
由，
得：，
则函数的单调递减区间为：；
（2）由（1）得，
又，
则，
又，
不妨，令，
则，
所以方程在区间上恰有两个不同的实根，
即直线与函数在区间上恰有两个不同的交点；
画出直线与函数的图像，
由图像得实数m的取值范围是：，
即实数m的取值范围是.
【点睛】关键点睛：本题主要考查了三角函数的周期以及单调性，利用方程有根求解参数的取值范围问题.把利用方程的根的个数求参数的问题转化为求两函数的交点问题，利用数形结合的思想求解是解决本题的关键.
21. 已知函数的定义域为R，其图象关于点对称.
（1）求实数a，b的值；
（2）求的值.
【答案】（1）；
（2）1011.
【解析】
【分析】（1）根据对称性列方程解出a和b并验证得解.
（2）根据对称性分组计算.
【小问1详解】
由定义域为R的函数的图象关于点对称，得，
则 ，即，解得，则，
因此，即函数的图象关于点对称，
所以.
【小问2详解】
，令，
则，
因此，
所以，即.
22. 利用“函数零点存在定理”，解决以下问题.
（1）求方程的根；
（2）设函数，若，求证：.
【答案】（1）2； （2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）构造函数，利用函数零点存在定理转化求解即可；
（2）由题意可得，根据零点存在定理可得，从而可证明.
【小问1详解】
方程的根就是函数的零点，
因为函数是连续的递减函数，且，
所以函数的零点在内.
因为，
所以函数的零点为2，即方程的根为.
【小问2详解】
若，所以，即.
因为在上单调递增，且，，
所以.
，
因为，所以，所以.
所以，所以.
故.