湖南省常德市汉寿县第一中学2024-2025学年高一下学期开学考试 数学试题（含解析）

这是一份湖南省常德市汉寿县第一中学2024-2025学年高一下学期开学考试 数学试题（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合则（ ）
A．B．C．D．
2．已知某个三角形的两条高长度分别为5和10，该三角形的形状不变，请你构建不等关系，求出它第三条高长度的取值范围（ ）
A．B．C．D．
3．已知，“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
4．已知，则以下关于的大小关系正确的是（ ）
A．B．C．D．
5．下列命题为假命题的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，，则
6．已知，则（ ）
A．B．C．D．
7．对于函数的图象及性质的下列表述，正确的是（ ）
A．图像上的纵坐标不可能为1B．图象关于点（1,1）成中心对称
C．图像与轴无交点D．图像与垂直于轴的直线可能有两个交点
8．已知函数，有，则实数（ ）
A．或4B．或2C．2或9D．2或4
二、多选题
9．已知a，b，c，d均为实数，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，，则D．若，，则
10．下列四个命题是真命题的是（ ）
A．若函数的定义域为，则函数的定义域为
B．函数（其中，且）的图像过定点
C．函数的值域为
D．已知在上是增函数，则实数a的取值范围是
11．已知函数，则（ ）
A．函数有3个零点
B．若函数有2个零点，则
C．若关于的方程有4个不等实根，，，，则
D．关于的方程有5个不等实数根
三、填空题
12．若幂函数在上单调递增，则 .
13．将函数的图象向左平移个单位长度后得到偶函数的图象，则的最小值是 .
14．已知函数，则不等式的解集是为 .
四、解答题
15．已知集合，若，求实数m的取值范围．
16．如图所示，某小区中心有一块圆心角为，半径为的扇形空地，现计划将该区域设计成亲子室外游乐区域，根据设计要求，需要铺设一块平行四边形的塑胶地面EFPQ（其中点E，F在边OA上，点在边OB上，点在AB上），其他区域地面铺设绿地，设.
(1)表示绿地的面积；
(2)若铺设绿地每平方米100元，要使得铺设绿地的出用最低，应取何值，并求出此时的值．
17．春运是中国在农历春节前后发生的一种大规模全国性交通运输高峰期、高交通运输压力现象．已知某火车站候车厅，候车人数与时间相关，时间（单位：小时）满足，．经测算，当时，候车厅处于满厅状态，满厅人数5320人，当时，候车人数相对于满厅状态时会减少，减少人数与成正比，且时间为6点时，候车人数为4120人，记候车厅候车人数为．
(1)求的表达式，并求当天中午12点时，候车厅候车人数；
(2)若为了解决旅客的安全饮水问题，需要提供的免费矿泉水瓶数，则一天中哪个时间需要提供的矿泉水瓶数最少？
18．已知函数（）是偶函数．
(1)求k的值；
(2)若函数（），是否存在实数m，使得的最小值为0？若存在，求出实数m的值；若不存在，请说明理由．
19．若函数对定义域内的每一个值，在其定义域内都存在唯一的，使得成立，则称该函数是“依赖函数”．
(1)判断是否是“依赖函数”，并说明理由；
(2)若在定义域上是“依赖函数”，求的值；
(3)已知函数中在定义域上是“依赖函数”，记，若的解集中恰有两个整数，求实数的取值范围．
《湖南省常德市汉寿县第一中学2024-2025学年高一下学期开学考试数学试题》参考答案
1．A
【分析】利用集合并集和补集概念求解.
【详解】因为,所以，
故选:A.
2．C
【分析】设的面积为，第三条高为，根据三角形面积公式及高表示出三条边，根据三角形三边关系列出不等式组，求解即可．
【详解】设，边上的高为，边上的高为，边上的高为，的面积为，则，
所以，显然，
因为，
所以，即，解得，
故选：C．
3．A
【分析】解不等式，根据命题的充分必要性直接判断.
【详解】由，解得或，
所以“”是“”的充分不必要条件，
故选：A.
4．D
【分析】根据零点存在性定理可求解，进而根据指数对数的运算性质结合基本不等式求解的范围，即可比较大小．
【详解】由，令，则在定义域内单调性递增，且，
由零点存在性定理可得，
，
又，因此，
，可得，
，，
，
，，，
．
故选：D
【点睛】方法点睛：比较大小问题，常常根据：
（1）结合函数性质进行比较；
（2）利用特殊值进行估计，再进行间接比较；
（3）根据结构特征构造函数，利用导数分析单调性，进而判断大小.
5．B
【分析】根据不等式的性质即可判断.
【详解】对A，若，因为，则，故A是真命题；
对B，若，如，此时，故B是假命题；
对C，若，则，，即，故C是真命题；
对D，若，，则或，则可得，故D是真命题.
故选：B.
6．A
【分析】根据同角三角函数的基本关系求出，再由两角差的余弦公式代入求值.
【详解】，，，
，，
故选：
7．A
【详解】函数 因为 所以图像上的纵坐标不可能为1，故A对；图像关于（-1,1）中心对称，故B错；当x=-2时， 则图像与轴有交点，故C错；是函数，所以对于任意一个 值有唯一一个值对应，故D错，不可能一个x对应两个y值；
故选A
8．D
【分析】由分段函数求值运算可得方程，求解即可
【详解】，，即，解得或.
故选：D
9．BC
【分析】利用特殊值、不等式的性质、差比较法等知识确定正确答案.
【详解】A选项，，
，但，所以A选项错误.
B选项，由于，，所以，所以，所以B选项正确.
C选项，由于，，所以，，，
所以，C选项正确.
D选项，由于，，
所以，D选项错误.
故选： BC
10．ABD
【分析】由得出定义域；由真数等于1判断B；由单调性判断C；由二次函数以及反比例函数的单调性判断D.
【详解】由，解得，即函数的定义域为，故A正确；
由，解得，，即函数的图像过定点，故B正确；
函数的定义域为，易知函数在上单调递增，即函数的值域为，故C错误；
由题意可得，解得，即实数a的取值范围是，故D正确；
故选：ABD
11．BCD
【分析】根据题意，由函数的解析式作出函数的图象，结合函数的零点与方程根的关系，依次分析选项是否正确，综合可得答案．
【详解】根据题意，函数，
由此作出函数的草图：
依次分析选项：
对于A：由图象易知曲线与y轴有两个交点，故函数有2个零点，故A错误；
对于B：令，可得，
则函数的零点个数即为与的图象的交点个数，
若函数有两个零点，由图象可知，B正确；
对于C：若关于的方程有四个不等实根，则与的图象有四个交点.
不妨设，
由图象可得：，且，，
所以，故C正确；
对于D：因为，解得或，
结合图象可知：有一个根，有四个根，
所以关于的方程有5个不等实数根，D正确．
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数图像及应用，关键是利用图像并结合对称性解决CD.
12．
【分析】由幂函数定义得或，结合幂函数单调递增即可得解.
【详解】由，得或.
又在上单调递增，所以.
故答案为：.
13．
【分析】利用三角函数的图像变换以及奇偶性的性质求解.
【详解】由题意可得：，
∵为偶函数，则，
∴，
又∵，即，则，
∴当时，取到最小值为5.
故答案为：5.
14．
【分析】构造函数，判断函数的奇偶性及单调性，据此原不等式可转化为，利用单调性求解.
【详解】，
由于，所以的定义域为，
，
所以是奇函数，
当时，为增函数，为增函数，
所以是增函数，由是奇函数可知，在上单调递增，
由得，
即，则，解得，
所以不等式的解集是.
故答案为：
15．或或
【分析】由得，分类讨论的情况即可.
【详解】由，得
，且中至多一个元素，
或或
（1）当时，由，得；
（2）当时，由得；
（3）当时，由无解，得.
或或.
16．(1)，．
(2)时，取得最小值元．
【分析】（1）分别过P，Q作于点，于点，则四边形MNPQ为矩形，表示出边长，根据绿地面积等于扇形面积减去平行四边形面积，求出解析式即可；
（2）设绿地的费用最低，即绿地面积最小，所以只需求出绿地面积的最小值，利用辅助角公式及两角和的正弦公式化简，再根据正弦函数的性质计算可得．
【详解】（1）
如图，分别过P，Q作于点，于点，则四边形MNPQ为矩形．
因为，则，，
，
由于，所以，
则，
设四边形EFPQ的面积为，
所以，
所以，．
（2）要使铺设绿地的费用最低，即绿地面积最小，所以只需求出绿地面积的最小值，
因为，则，所以，则，
因此，即，此时，即，
，
所以当时，取得最小值元．
17．(1)；4360人
(2)时，需要提供的矿泉水瓶数最少
【分析】（1）根据题意求得的值，将的表达式写成分段函数的形式，然后即可得到的值.
（2）由题意得到的表达式，然后结合基本不等式即可求得最值.
【详解】（1）当时，设，，解得．
所以．
，
故当天中午12点时，候车厅候车人数为4360人．
（2），
①当时，，当且仅当时等号成立；
②当时，；
又，所以时，需要提供的矿泉水瓶数最少．
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据偶函数的定义化简得，由且不恒为0即可求得的值；
（2）由（1）得到从而推得，通过换元将其转化成关于的二次函数在上有无最小值为0的情况，考虑其对称轴与区间的位置关系分类讨论即得.
【详解】（1）因函数（）是偶函数，
故
因且不恒为0，故得.
（2）由（1）可得则
，
设因，则，其对称轴为，
则①当时，在区间上单调递减，则解得，不符题意，舍去；
②当时，在区间上先减后增，故解得故；
③当时，在区间上单调递增，则解得不符题意，舍去.
故存在，使得的最小值为0.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了运用偶函数定义求解参数值和由指数式组成的函数式在给定区间上的最值问题.解题关键在于对数的运算性质的运用，以及对同底的指数函数的换元法处理思想，将其转化为二次函数在给定区间上的最值问题，需要数学化归意识和分类讨论思想.
19．(1)不是“依赖函数”，理由见解析；
(2)
(3)或
【分析】（1）举出反例，得到不是“依赖函数”；
（2）整体法得到，，在定义域上单调递增，且，从而得到，求出；
（3）当时，，举出反例得到在定义域上不是“依赖函数”，当时，在上单调递增，要想在定义域上是“依赖函数”，需满足，解得，再分，和三种情况，由的解集中恰有两个整数，得到的取值范围.
【详解】（1）不是“依赖函数”，理由如下：
当时，，则，
故，解得，
所以不是“依赖函数”；
（2）时，，显然，
解得，
在定义域上单调递增，且，
由题意得，当时，，
要想满足存在唯一的使得，
则，，解得；
（3）当时，，
故对于，不存在，使得，
在定义域上不是“依赖函数”，
当时，在上单调递增，
要想在定义域上是“依赖函数”，
需满足，即，
解得（舍去）或0，
故，
若，则的解集为，
的解集中恰有两个整数，故，
若，此时的解集为，不合要求，
若，则的解集为，
的解集中恰有两个整数，故，
综上，实数的取值范围是或.
【点睛】新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
C
A
D
B
A
A
D
BC
ABD
题号
11









答案
BCD