四川省南充市2023_2024学年高一数学下学期开学考试试题含解析

这是一份四川省南充市2023_2024学年高一数学下学期开学考试试题含解析，共14页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容， 函数的图象大致为， 已知，则， 下列命题是真命题的是， 已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
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】D
【解析】
【分析】解一元二次不等式可求得集合，易知，可得结果.
【详解】解不等式可得，
易知，所以.
故选：D
2. 已知函数，则（）
A. -1B. 0C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】代入数值，即可求解.
详解】令，得，则.
故选：A
3. 函数是（）
A. 最小正周期为的奇函数B. 最小正周期为的偶函数
C. 最小正周期为的奇函数D. 最小正周期为的偶函数
【答案】C
【解析】
【分析】利用诱导公式可求得，由奇偶性定义和周期公式可得结论.
【详解】因为，
所以是最小正周期为，
且，为奇函数；
可得是最小正周期为的奇函数.
故选：C
4. 设，则（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知条件和不等式的性质，分别判断各选项中的结论是否正确．
【详解】因为，所以，则，则A选项错误；
因为，所以，又0，则，即，所以，即，则B选项正确；
当时，，则C选项错误；
因为，由B选项可知，所以，则D选项错误.
故选：B
5. 函数的图象大致为：（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出函数定义域，根据函数的奇偶性的定义及特殊值法可得结果.
【详解】要使函数有意义，即，所以
故的定义域为，关于原点对称.
因为，所以为奇函数，排除选项BC.
当时，，所以，所以排除选项A，
故选：D.
6. 已知，则（）
A. B. C. D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】由，计算，由，利用两角差的余弦公式求解即可.
【详解】由，得，因为，所以，则，
.
故选：A
7. “双碳”战略倡导绿色､环保､低碳的生活方式.加快降低碳排放的步伐，有利于引导绿色技术创新，提高产业和经济的竞争力.某企业准备在新能源产业上布局，计划第1年投入万元，此后每年投入的资金比上一年增长，到第年，投入的资金首次超过万元，则（）（参考数据：）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】根据增长率，列不等式求解
【详解】令，解得，故.
故选：D
8. 已知函数，则“”是“在上恰好存在3个不同的满足”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】C
【解析】
【分析】由的取值范围，求满足题意的的范围；由，求在区间上的解，分别判断充分性和必要性得结论.
【详解】当时，，若在上恰好存在3个不同的满足，
则，解得，必要性成立.
若，有，则时，
当或或时，有或或满足，
即在上恰好存在3个不同的满足，充分性成立.
所以“”是“在上恰好存在3个不同的满足”的充要条件.
故选：C.
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. 下列命题是真命题的是（）
A. 是幂函数B. 是减函数
C. 是奇函数D. 是偶函数
【答案】ACD
【解析】
【分析】分别判断各选项中函数的类型和性质即可.
【详解】函数是幂函数，选项正确；
由指数函数是减函数，则是增函数，选项错误；
函数定义域为R，，是奇函数，选项正确.
函数定义域为R，，
所以是偶函数，选项正确.
故选：ACD.
10. 已知函数，则（）
A. 的最大值为
B. 的图象关于点对称
C. 是偶函数
D. 不等式的解集是
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用两角和的正弦公式，降幂公式，辅助角公式化简函数解析式，通过解析式和正弦函数的性质，研究最大值，对称中心，奇偶性，解正弦不等式.
【详解】
.，
则的最大值为，故A选项正确.
令，解得，则的图象关于点对称，故B选项错误.
是偶函数，则C选项正确.
，即，即，则，
解得，即不等式的解集是，故D选项正确.
故选：ACD.
11. 已知定义在上的函数满足，且在上单调递增，下列结论正确的是（）
A. 函数的图象关于直线对称
B. 函数的图象关于直线对称
C. 函数最小值为
D. 若方程有两个解，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用函数的单调性和图象的对称性，对选项逐一判断即可.
【详解】因为，所以函数的图象关于直线对称，
则函数的图象关于直线对称，A选项正确；
令函数，则，即，
所以函数图象关于直线对称，B选项正确；
因为函数的图象关于直线对称，，且在上单调递增，所以，
，当且仅当时，等号成立；，当且仅当时，等号成立.
因为取等条件不同，所以取不到等号，C选项错误；
因，所以.
令函数，则，即，
所以函数的图象关于直线对称，若方程有两个解，则，D选项正确.
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 函数的定义域是，则函数的定义域是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据抽象函数和具体函数的形式，求解函数的定义域.
【详解】由题意可得，解得.
所以函数的定义域为.
故答案为：
13. 如图1，这是一副扇形装饰挂画，可将其视为如图2所示的扇形环面（由扇形挖去扇形后构成的），米.该扇形环面的周长为4米，则该扇形环面的面积是__________平方米.
【答案】0.96
【解析】
【分析】设米，利用扇形环面的周长，表示出与的关系，代入面积公式求扇形环面的面积.
【详解】设米，则弧的长度，弧的长度.
因为该扇形环面的周长为4米，所以，即4，
整理得.
则该扇形环面的面积：
平方米.
故答案为：0.96.
14. 设正实数满足，则的最小值是__________；当取得最小值时，的最小值为__________.
【答案】 ①. 3 ②. -4
【解析】
【分析】由已知等式得，利用基本不等式求最小值；此时，利用配方法求最小值.
【详解】因为，所以.
因为为正实数，所以，
当且仅当时，等号成立，所以的最小值为3；
此时，则，当且仅当时，等号成立，
故的最小值为.
故答案为：3；.
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.
（1）当时，求；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）解绝对值不等式，得到，利用并集的概念求出并集；
（2）根据交集的结果得到，分和两种情况，得到不等式，求出的取值范围.
【小问1详解】
，故，解得，
由题意可得，
当时，，
则；
【小问2详解】
因为，所以.
当时，，即，符合题意；
当时，解得，
综上，的取值范围是.
16. 已知函数.
（1）化简；
（2）若，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）应用诱导公式，把所有的形式都转化为表示，进一步化简即可；
（2）利用齐次式形式，将因式转为表示，用求值即可.
小问1详解】
因为，
所以
.
【小问2详解】
由（1）知，
则，
则，
故.
17. 已知函数，其中是自然对数的底数.
（1）判断的奇偶性，并说明理由；
（2）若关于的方程有解，求的取值范围.
【答案】（1）偶函数，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用函数奇偶性定义可判断是偶函数；
（2）易知函数的值域为，利用换元法以及二次函数性质可得的取值范围.
【小问1详解】
的定义域为.
因为，
所以是偶函数.
【小问2详解】
令，当且仅当，即时，等号成立，
则有解，又开口向上，对称轴为，
当时，，由二次函数性质可得，解得.
当时，，可得，即，
解得或.
又，所以.
综上可得的取值范围是.
18. 已知函数的部分图象如图所示.
（1）求的解析式；
（2）求的单调递增区间；
（3）若存在，使得，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据图象可求得，可得，再结合可求得，又由，求得，从而可求解.
（2）利用整体代换法可求出的单调递增区间.
（3）由可得，然后求得的最小值为，即，从而可求解.
【小问1详解】
由题意可得，则，
因为，且，所以，
由图可知，则，解得，
因为，所以，
由图可知，解得，
故.
【小问2详解】
令，
解得，
则的单调递增区间为.
【小问3详解】
因为，所以，
所以当，即时，取得最小值.
因为存在，使得，所以，
解得，则的取值范围是.
19. 已知是定义在上的奇函数.
（1）求的值域；
（2）设函数，若对任意的，存在，使得，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由函数为奇函数，求出的值，根据解析式和奇偶性，结合指数函数的性质求值域；
（2）依题意，函数在上的值域是函数在上的值域的子集，分别求两个函数在区间内的值域，利用包含关系求的取值范围.
【小问1详解】
因为是定义在上的奇函数，所以，解得.
经验证，符合题意.
当时，，所以，所以，
即在上的值域为.
因为是奇函数，所以在上的值域为，
则的值域为.
【小问2详解】
因为对任意的，存在，使得，
所以函数在上的值域是函数在上的值域的子集.
.
因为，所以，所以，
则，所以，即.
因为，所以，则，所以，
即，所以，