甘肃省武威第六中学2024-2025学年高一下学期开学质量检测数学试卷（解析版）

这是一份甘肃省武威第六中学2024-2025学年高一下学期开学质量检测数学试卷（解析版），共17页。试卷主要包含了 已知函数，若，则， 已知函数，若等内容，欢迎下载使用。
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上.
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.
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. 集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求得集合，再利用并集概念得到答案.
【详解】根据题意，，
，
所以.
故选：B.
2. 已知函数则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用分段函数，先求得再求解.
【详解】解：因为，
所以.
故选：D.
3. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据指数函数的单调性求出的范围，根据对数函数的单调性求出的范围，根据三角函数的符号判断求出的范围，即可下结论.
【详解】，
由于为第二象限角，故，
故.
故选：D.
4. 把函数图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用三角函数图象变换规律求解即可.
【详解】由题意可知，要得到的图象，
只需将的图象向左平移个单位长度，
得到的图象，
再将图象上所有点的横坐标缩小为原来的，
得到的图象.
故选：D.
5. 已知函数，若，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据奇函数的性质，利用配凑思想代入求解即可.
【详解】因为，
所以.
故选：C.
6. 已知幂函数在区间上单调递增，则函数的图象过定点（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，利用幂函数的定义和性质，求得，得到，再结合指数型函数的图象性质求解即可.
【详解】因为幂函数在区间上单调递增，
则，解得，
所以，则，
即函数的图象过定点.
故选：A.
7. 已知函数，若（其中），则的最小值为（ ）
A. B. C. 3D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次函数的性质及对数的运算可得，利用均值不等式求最值即可.
【详解】，
由，且，
即，
当且仅当，即时等号成立，故的最小值为，
故选：B.
8. 已知函数的部分图象如图所示，则等于（ ）
A. B. 0C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据图象求出函数的解析式，利用对称性求解一个周期内的值，进而利用周期性求解即可.
【详解】由的图象可知，
，周期，故，
又且，可得，
故.
又根据函数图象的对称性可知
，
所以，
所以
，
故选：A.
二、选择题：本题共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. 对于任意实数，有以下四个命题，其中正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据特殊值、不等式的性质和作差法判断即可.
【详解】A选项：，但是，所以A不正确；
B选项：因为成立，则，又，所以，B正确；
C选项：若，则，所以，C正确；
D选项：因为，则，又，所以，D正确；
故选：BCD
10. 若角的终边在第四象限，则的值可能为（ ）
A. 0B. 4C. 6D.
【答案】CD
【解析】
【分析】根据终边角的定义确定为第二象限角或第四象限角.分类讨论是第二、四象限角，结合三角函数的符号判断即可求解.
【详解】由角的终边在第四象限，得，
则，因此是第二象限角或第四象限角.
当是第二象限角时，；
当是第四象限角时，.
故选：CD.
11. 已知函数若函数所有零点的乘积为1，则实数的值可以为（ ）
A. B. 2C. 3D. 4
【答案】BD
【解析】
【分析】令，可得，讨论与图象位置关系求解即可.
【详解】由题意，作出函数的图象如图.
令，则函数，即，即，即.
由题意函数所有零点的乘积为1，
可知的所有解的乘积为1，
而的解可看作函数的图象与直线的交点的横坐标.
结合的图象可知，
当时，函数的图象与直线有2个交点，
不妨设交点横坐标为，则，
且，即，所以，所以，符合题意；
当时，函数的图象与直线有3个交点，
其中只有最左侧交点的横坐标小于等于0，
则的所有解的乘积小于等于0，不合题意；
当时，函数的图象与直线有2个交点，
不妨设交点横坐标为，则，
且，即，所以，所以，符合题意.
综合以上，可知实数的取值范围为，
故选：BD.
【点睛】方法点睛：（1）转化法：利用换元法，令，将函数所有零点的乘积为1，转化为的所有解的乘积为1；
（2）数形结合法：作出函数的图象，数形结合，分类讨论解决问题.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数的值域为，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】由对数函数的图象与性质知函数的值域满足，令即可求解.
【详解】因为值域为，
所以函数的值域满足，
所以，解得.
故答案为：.
13. 已知，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】将所求因式的二次项部分除以，把分式的分子分母同时除以，把代入求解即可.
【详解】由易知，又因为，
所以
.
故答案为：.
14. 设是定义在上的奇函数，对任意的，满足，若，则不等式的解集为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意构造函数，进而得出的奇偶性和单调性，利用函数的奇偶性与单调性解不等式即可.
【详解】令，
由是定义在上的奇函数，
可得是定义在上的偶函数.
由对任意的，满足，
可得在上单调递增，
由，可得，
所以在上单调递减，且.
不等式，即为，
可得或即或
解得或
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是根据构造函数，根据函数奇偶性与单调性解不等式亦为关键.
四、解答题：本题共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. 已知集合或.
（1）当时，求；
（2）“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围.
【答案】（1）或.
（2）
【解析】
【分析】（1）根据集合间的运算可得；
（2）根据题意⫋，根据和分类可得.
【小问1详解】
当时，.
因为或，
所以或
【小问2详解】
因为或，所以.
因为“”是“”的充分不必要条件，
所以⫋.
当时，符合题意，此时有，解得.
当时，要使⫋，只需解得.
综上可得，
即实数的取值范围是
16. 随着城市地铁建设的持续推进，市民的出行也越来越便利.根据大数据统计，某条地铁线路运行时，发车时间间隔（单位：分钟）满足，平均每班地铁的载客人数（单位：人）与发车时间间隔近似地满足函数关系
（1）若平均每班地铁的载客人数不超过1860人，试求发车时间间隔的取值范围；
（2）若平均每班地铁每分钟的净收益为（单位：元），则当发车时间间隔为多少时，平均每班地铁每分钟的净收益最大？并求出最大净收益.
【答案】（1）.
（2）发车时间间隔为7分钟，最大净收益为260元.
【解析】
【分析】（1）根据题意列出不等式求解即可；
（2）根据题意求出的解析式，利用基本不等式或函数单调性求解即可.
【小问1详解】
当时，超过1860，所以不满足题意；
当时，，载客人数不超过1860，
即，解得或，
由于，所以，可知的取值范围是.
【小问2详解】
根据题意，
则
根据基本不等式，，当且仅当，
即时取得等号，所以
即当时，每分钟的净收益的最大值为260元.
当时，单调递减，，
即当时，每分钟的净收益的最大值为220元.
综上所述，当发车时间间隔为7时，平均每班地铁每分钟的净收益最大，
最大净收益为260元.
17. 已知，函数是奇函数，.
（1）求实数的值；
（2）若，使得，求实数的取值范围.
【答案】（1）5 （2）.
【解析】
【分析】（1）根据奇函数的定义，建立方程，结合对数运算，经过验根，可得答案；
（2）利用复合函数单调性，求得函数在对应区间上的最小值，由题意化简不等式，可得答案.
【小问1详解】
因为函数是奇函数，所以，
即，即，解得，
因为，所以.
当时，，此时的定义域为，
关于原点对称，满足题意.
综上，.
【小问2详解】
由题意得，，
由（1）知，，
易得在上单调递增，故.
，
当时，，所以当时，，
所以，
解得，即实数的取值范围为.
18. 设函数.
（1）求函数在上的最大值；
（2）若不等式在上恒成立，求的取值范围；
（3）若方程在上有四个不相等的实数根，求的取值范围.
【答案】（1）；
（2）；
（3）
【解析】
【分析】（1）令，根据正弦函数的有界性知，原函数变为以为自变量的开口向下的二次函数，讨论对称轴与区间端点的关系分别求解即可；
（2）利用换元法将问题转化为在上恒成立求解即可；
（3）利用换元法将问题转化为二次函数在上有两个零点求的范围，将所有满足条件的不等式列出来，求解出的范围即可.
【小问1详解】
令，
则变为，
①当，即时，，
②当，即时，，
③当，即时，，
综上可知，.
【小问2详解】
若要，则需，
当时，，
函数变为，
所求问题变为恒成立，
易知的图象是开口向下的抛物线的一部分，
最小值一定在区间端点处取得，所以有
，
解得，故的取值范围是；
【小问3详解】
令.由题意可知，当时，
关于的方程在时有两个不等实数解，
所以原题可转化为在内有两个不等实数根，
令，则有，
解得，即的取值范围是.
19. 定义在上的函数是单调函数，，且.
（1）求，判断函数的奇偶性；
（2）判断函数的单调性并证明；
（3）若存在使得成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）0，奇函数.
（2）函数在上为增函数，证明见解析
（3）.
【解析】
【分析】（1）赋值法得到，令，可得，证明出奇偶性；
（2）任取，且，则，从而证明出为上的增函数；
（3）变形后，结合函数的奇偶性和单调性得到，令，其中，得到为偶函数， 定义法得到在上单调递增，则当时，，求出，令，则，令，其中，由单调性求出，则，因此，实数的取值范围是.
【小问1详解】
在等式中，
令，可得，解得.
因为函数的定义域为，
令，可得，所以，
因此，函数为奇函数.
【小问2详解】
函数为上的增函数.证明过程如下：
任取，且，则，所以.
因为，
所以，
所以，函数在上为增函数.
【小问3详解】
由存在使得，
可得.
因为函数在上为增函数，则.
令，其中，则，
即函数为偶函数，
任取，且，
则
，
因为，则，则，
所以，则，
所以，函数在上单调递增，则当时，，
即，
所以，当时，.
令，则，则，
所以，可得.
令，其中，由题意可得
因为函数在上单调递减，
则，
则，因此，实数的取值范围是.
【点睛】方法点睛：分离参数法基本步骤为：
第一步：首先对待含参的不等式问题在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，
第二步：先求出含变量一边式子的最值，通常使用函数单调性或基本不等式进行求解.
第三步：由此推出参数的取值范围即可得到结论.