湖南省长沙市芙蓉区名校联合体2024-2025学年高一下学期开学考试 数学试题（含解析）

这是一份湖南省长沙市芙蓉区名校联合体2024-2025学年高一下学期开学考试 数学试题（含解析），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
时量：120分钟 满分：150分
得分：____
一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的．请在答题卡中填涂符合题意的选项．
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求解集合，由交集运算即可求解；
【详解】，
所以，
故选：D
2. 命题“，”的否定是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】由全称量词命题的否定为存在量词命题即可求解.
【详解】“，”的否定是，，
故选：D
3. 函数的零点所在区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用零点的存在性定理结合函数的单调性判断即可.
【详解】易知函数是上的增函数，
且，，即，
根据零点存在性定理，知道函数的零点所在区间为.
故选：C.
4. 已知函数的最小正周期为，则函数的图象（ ）
A. 关于直线对称B. 关于直线对称
C. 关于点对称D. 关于点对称
【答案】B
【解析】
【分析】由最小正周期求出，再依次对各选项进行辨析即可.
【详解】∵函数的最小正周期为，
∴，∴，
∴．
根据正弦函数的性质，
由，，解得，，
∴的图象关于直线，对称，
∴时，的图象关于直线对称，故选项B正确，选项A错误；
由，，解得，，
∴的图象关于点，对称，故选项C、D错误.
故选：B.
5. 定义在上的函数满足，若在区间上单调递增，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依题意可得，再根据对数函数的性质得到，结合函数的单调性判断即可.
【详解】因为在上的函数满足，所以.
因为，又，，所以.
因为在上单调递增，所以，即，即.
故选：D.
6. 已知，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】用二倍角的余弦公式，将已知方程转化为关于的一元二次方程，求解得出，再用同角间的三角函数关系，即可得出结论.
【详解】，得，
即，解得或（舍去），
又.
故选：A.
【点睛】本题考查三角恒等变换和同角间三角函数关系求值，熟记公式是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.
7. 已知正实数满足，则的最小值为（ ）
A. 9B. 8C. 3D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用“1”的代换，结合基本不等式进行求解即可
【详解】由条件知，
，
当且仅当时取等号.
故选：C
8. 已知是定义在上的函数，的图象关于点对称，对任意，，都有.若，则实数的取值范围为（ ）
A. 或B. 或
C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】构造函数，然后结合函数的单调性和奇偶性求解．
【详解】因为是定义在上的函数，的图象关于点对称，
所以为奇函数，，
因为，即，所以，
构造函数，则有，所以在上单调递增，
因为，所以为奇函数，
变形，
则有，即，
所以，解得：或，
故选：B．
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，，则
D. 若，，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用特殊值判断A，根据指数函数的性质判断B，根据不等式的性质判断C，利用作差法判断D.
【详解】对于A，令，，满足，此时，故A错误；
对于B，因为指数函数在上单调递增，且，所以，故B正确；
对于C，因为，，所以，所以，故C正确；
对于D，因为，，所以，，
所以，
所以，故D正确．
故选：BCD．
10. 已知，下面结论正确的是（ ）
A. 若，，且的最小值为，则
B. 存在，使得的图像向右平移个单位长度后得到的图像关于y轴对称
C. 若在上恰有7个零点，则的取值范围是
D. 若在上单调递增，则的取值范围是
【答案】BCD
【解析】
【分析】由已知，先对原函数利用余弦的二倍角公式和诱导公式进行化简得到，选项A，可根据条件作出判断；选项B，先对函数进行平移，得到，然后再令，通过赋值求解出的值，然后结合条件给的范围判断即可；选项C，可根据条件直接列式求解；选项D，可根据条件列出不等式直接求解.
【详解】由已知，，
选项A，若，，则的最小值为，故该选项错误；
选项B，的图像向右平移个单位长度后得到的解析式为：，该图像要想关于y轴对称，则需满足：，解得，当时，，故该选项正确；
选项C，由函数在上恰有7个零点可得：，故该选项正确；
选项D，由函数在上单调递增可得：，解得：，又因为，所以的取值范围是，该选项正确.
故选：BCD.
11. 已知函数的定义域为R且具有下列性质：
①是奇函数；
②；
③当，，函数．
下列结论正确的是（ ）
A. 3是函数的周期
B. 函数在上单调递增
C. 函数与函数的图像的交点有8个
D. 函数与函数的图像在区间（0，15）的交点有5个，则实数
【答案】BC
【解析】
【分析】结合①②条件可得函数周期为6，故错误；作出函数、图像即可判断、；考虑和两种情况，数形结合即可判断．
【详解】解：对A：因为，所以令，可得，
即，故，
则，即，
因为为奇函数，所以，则，
所以，即函数的周期为6，故A错误；
对B、C：令，则，则，又因为函数为奇函数，故，
再根据其周期为6，分别作出函数与的图像如下：
数形结合，可得函数在上单调递增，且两函数图像共有8个交点，故B、C正确；
对D：作出函数在的图像如下：
若函数与函数的图像在区间的交点有5个，
由图可得实数或，故D错误．
故选：BC．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 如图，在菱形ABCD中，，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据向量加法运算结合菱形的性质及角度，求出模长即可
【详解】如图所示，设菱形对角线交点为O,．
因为，所以，
所以为等边三角形．
又，，
所以．
在中，，
所以．
故答案:
13. 不等式的解集为，则实数的取值范围为__________
【答案】
【解析】
【分析】分，讨论，当时，根据二次函数性质可解.
【详解】当时，恒成立，满足题意；
当时，由题知，解得.
综上，实数的取值范围为.
故答案为：
14. 已知函数，若存在，使得，则的取值范围是 __．
【答案】
【解析】
【分析】由分段函数解析式，可分、、三种情况分别写出与，结合，可得关于的表达式，再由函数的单调性求解的取值范围．
【详解】当时，则，
可得，即，求得，
则，
函数在上递增，；
当时，，
，可知不存在，使得；
当时，则，
由，得，
令，，则，
，，
，则，即，
函数在上单调递增，可得，
即．
综上所述，的取值范围是．
故答案为：．
【点睛】关键点睛：本题的关键通过分、以及进行讨论，通过构造函数利用其单调性得到范围.
四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知非零向量，满足，且.
（1）求与的夹角；
（2）若，求.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）由，得，则，再结数量积的公式和可求得与的夹角；
（2）由，得，将此式展开，把代入可求得结果
【详解】（1）∵，∴，
∴，
∴，
∵，∴，
∴，
∵，∴与的夹角为.
（2）∵，∴，
∵，又由（1）知，
∴，∴.
【点睛】此题考查平面向量的数量积的有关运算，考查计算能力，属于基础题
16. 已知集合，．
（1）若集合，求此时实数的值；
（2）已知命题，命题，若是的充分条件，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意、为关于的方程的两根，利用韦达定理计算可得；
（2）由是的充分条件，知，分，、三种情况求出，利用集合的包含关系求实数的取值范围.
【小问1详解】
因为，
所以、为关于的方程的两根，
所以，解得；
【小问2详解】
由，即，解得，
所以，
由命题，命题且是的充分条件，
所以，
由，可得，
当时，解得，即，所以m>05m≥2−m≤1（等号不同时取到），解得；
当时，解得，即，显然不符合题意；
当时，解得，即，所以（等号不同时取到），解得；
综上可得实数的取值范围为.
17. 已知幂函数是偶函数，且在上单调递增.
（1）求函数的解析式；
（2）若正实数满足，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由幂函数求得m，再由在上单调递增求得k，然后再验证奇偶性即可.
（2）由（1）得到，然后利用“1”的代换，结合基本不等式求解.
【小问1详解】
解：由为幂函数得：
，
且在上单调递增，
所以，
又，所以或，
当时，为奇函数，不满足题意，
当时，为偶函数，满足题意，
所以；
【小问2详解】
因为且，
所以，
所以，
，
，
当且仅当，
且，即时取等号，
所以的最小值为.
18. 已知函数在区间上有最大值2和最小值1.
（1）求的值；
（2）不等式在上恒成立，求实数的取值范围；
（3）若且方程有三个不同实数解，求实数的取值范围.
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据二次函数的性质，分类讨论函数的单调性，结合已知列出方程组，即可得出；
（2）由已知可转化为在上恒成立.根据基本不等式即可求出实数的取值范围；
（3）由已知可推得有三个不同的实数解.令，作出的函数图象，可得.结合函数图象，该方程一个根大于0小于1，一个根大于等于1.令，根据二次函数的性质与图象，即可得出不等关系，进而求出实数的取值范围.
【小问1详解】
由已知可得.
当时，在上为增函数，所以，解得；
当时，在上为减函数，所以，解得.
由于，所以.
【小问2详解】
由（1）知，
所以在上恒成立，即，
因为，所以在上恒成立，
即在上恒成立，
又，当且仅当时取等号.
所以，即.
所以求实数的范围为.
【小问3详解】
方程化为，
化为，且.
令，则方程化为.
作出的函数图象
因为方程有三个不同的实数解，
所以有两个根，
且一个根大于0小于1，一个根大于等于1.
设，
记，
根据二次函数的图象与性质可得
，或，
解得.
所以实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：根据构成复合函数的函数特性，即可得出零点的分布情况.
19. 已知函数的图象两相邻对称轴之间的距离是，若将的图象上每个点先向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度，所得函数为偶函数.
（1）求的解析式；
（2）若对任意，恒成立，求实数m的取值范围；
（3）若函数的图象在区间（且）上至少含有个零点，在所有满足条件的区间上，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先求出表达式，根据图象的变换写出变换后的解析式，根据偶函数的条件求参数；
（2）参变分离进行处理，将问题转化为，只需求出不等式右边的最小值，结合对勾函数的单调性进行辅助求解；
（3）先求出零点的一般形式，结合零点的个数求出区间长度的最小范围.
【小问1详解】
由，得，则
则为偶函数，
于是轴是其一条对称轴，根据正弦函数的性质，在对称轴对应的横坐标处一定取到最值，所以，
又，所以，故.
【小问2详解】
因为，所以，
故，，
而恒成立，
即，
整理可得.
令，，
设，，设，且，
则，
由于，，则，所以，
即区间上单调递增，故，
故，即实数m取值范围是.
【小问3详解】
由题意知，
由得，
故或，，
解得或，，
故的零点为或，，
所以相邻两个零点之间的距离为或
若最小，则和都是零点，此时在区间，，…，，
分别恰有个零点，
所以在区间上恰有个零点，
从而在区间上至少有一个零点，所以，
另一方面，在区间上恰有个零点，
所以的最小值为.
【点睛】关键点点睛：第三问零点个数的处理可以考虑研究区间长度为的情况，发现规律后扩充到区间长度为整数倍的上进行求解.