河南省郑州市部分学校2024-2025学年高一下学期开学考试数学试卷（解析版）

这是一份河南省郑州市部分学校2024-2025学年高一下学期开学考试数学试卷（解析版），共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：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. 已知全集，集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】全集，集合，则.
故选：C.
2. 命题“”的否定为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】根据特称命题的否定，可得命题的否定为“”.
故选：D.
3. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】因为函数的定义域为，
由，解得，
故函数的定义域为.
故选：B.
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】根据指数幂运算法则，可得.
再根据指数幂运算法则，对进行变形可得，所以.
已知，根据对数与指数的关系，可得.
同理，因为，所以.
将和代入中计算结果，
把，代入可得：.
故选：D.
5. 已知，则（ ）
A. 4B. 0C. D.
【答案】C
【解析】
.
故选：C.
6. 已知函数，则的最小正周期和最小值分别为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
，
故的最小正周期为，
当，即时，
取得最小值，最小值为.
故选：B.
7. 已知满足不等式的的最小值为，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】因为在上单调递增，
所以在上单调递增，且，
所以满足不等式的值的最小值为5，即；
又，，
所以.
故选：A.
8. 已知是定义在上的偶函数，若且恒成立，且，则满足不等式的的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】且恒成立，
将其变形为，构造函数，
由上式可知在上单调递增，
因为是定义在上的偶函数，则，
所以也是定义在上的偶函数，
由，，又由偶函数性质可得，
将转化为，
即，又因为在上单调递增且为偶函数，
可得，解得.
故选：A.
二、多项选择题：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. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】已知，由，可得，；由可得.
因为，且，，不等式两边同时乘以，不等号方向不变，得到.
对于选项A，因为，两边同时加上，可得，所以选项A正确.
对于选项B，因为，那么.
根据平方的性质，一个数的平方等于它绝对值的平方，所以，选项B错误.
对于选项C，因为，所以，.
又因为，由可知，，所以，即.
因为函数在上单调递增，所以，选项C正确.
对于选项D，当时，指数函数在上单调递增，因为，所以；
当时，指数函数在上单调递减，因为，所以.
所以无法确定与的大小关系，选项D错误.
故选：AC.
10. 已知函数的部分图象如图所示，将的图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，然后再将所得图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ）
A.
B. 在区间上单调递增
C.
D. 的图象关于直线对称
【答案】ABD
【解析】选项A：由图象可知，，故得，又得，
由则，故，
故，故A正确；
选项B：由得，
当时，得的一个单调递增区间为，
故在区间上单调递增，B正确；
选项C：将的图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得，
再将所得图象向右平移个单位长度，得，
化简得，故C错误；
选项D：由得的对称轴为，
当时，，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知函数的定义域为，满足，且，，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 为非奇非偶函数
C. 若，则D. 对任意恒成立
【答案】ACD
【解析】我们有恒等式：.
对于A，由恒等式可得，而，故，所以，即，故A正确；
对于B，由于满足条件且是偶函数，所以有可能是偶函数，故B错误；
对于C，由恒等式可得，
故.
若，则，故C正确；
对于D，由恒等式可得
而，故和同号（同为正数，或同为负数，或同为0），
从而再由可知，即，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知函数其中且，若，则_______．
【答案】
【解析】当时，，又，
所以，解得，
当时，，
所以.
13. 已知，若幂函数的图象关于轴对称，且与轴及轴均无交点，则的值为_______．
【答案】或1或3
【解析】由题意，令，解得，因为，所以；
当时，，幂函数为，此时，
所以其图象关于y轴成轴对称，且与x轴及y轴均无交点，满足题意；
当时，，幂函数为，图象关于原点成中心对称，
且与x轴及y轴均无交点，不满足题意；
当时，，幂函数为，图象关于y轴成轴对称，
且与x轴及y轴均无交点，满足题意；
当时，，幂函数为，图象关于原点成中心对称，
且与x轴及y轴均无交点，不满足题意；
当时，，幂函数为，此时，
所以其图象关于y轴成轴对称，且与x轴及y轴均无交点，满足题意；
综上，k值为或1或3.
14. 已知函数，若，且在区间上恰有一个最大值和一个最小值，则_______．
【答案】
【解析】因，且在区间上恰有一个最大值和一个最小值，
可知函数的最小正周期，
则，解得，可得，
所以.
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）若，求；
（2）若，求实数的取值范围．
解：（1）当时，，
又，
故，
．
（2），
当时，，解得，
当时，解得，
故的取值范围是．
16. 如图，在平面直角坐标系中，以轴非负半轴为始边作角与，它们的终边分别与单位圆相交于点，已知点的坐标为．
（1）若，求点的坐标；
（2）若，求．
解：（1）因为点在单位圆上且，
所以且，解得，即，
由三角函数的定义知，，
因为，且，所以，
所以，
，故．
（2）因为，
，
解得，故．
17. 批发市场的某种水果在过去的10个月内，第个月的批发价格（单位：元／千克）满足函数关系式，第个月的月交易量（单位：百吨）的部分数据如下表，给出两个函数模型：（1）；（2）．
（1）请你根据上表中的数据，通过计算说明可以用哪种函数模型来描述该水果第个月的月交易量与的函数关系，并求出该函数关系式；
（2）根据（1）中得到的函数关系式，求出该水果在过去10个月内第个月的月交易额（单位：十万元）的函数关系式，并求其最小值．（月交易额月交易量批发价格）
解：（1）对于模型①，
将代入，得即
两式相减得，得，
其中，无解，
故模型①不适合；
对于模型②，
将代入，得即解得
即，
经验证，点均在的图象上，
所以模型②适合．
所以与的函数关系式为．
（2）由（1）知，
所以．
当时，由基本不等式，
可得，
当且仅当，即时等号成立；
当时，，为减函数，
所以最小值为f(x)min=f10=-10×10+5610+559=464.6>441．
综上，当时，函数取得最小值，为441（十万元）．
18. 已知函数．
（1）求的定义域；
（2）求证：当时，是定义域为的偶函数；
（3）若有且仅有4个零点，求实数的取值范围．
解：（1）函数有意义，则，
当，即时，恒成立，函数的定义域是；
当，即或时，由，
得或，
函数的定义域是，
所以当时，函数的定义域是；
当或时，函数的定义域是.
（2）当时，由（1）知的定义域为，又的定义域为，
则函数的定义域为，而，因此，
所以函数是定义域为的偶函数．
（3）对一切，
当且仅当，即时取等号，
对函数的定义域内任意，使得在的定义域内，
而，则在的定义域内，在函数的定义域内，
且有，因此函数是偶函数，
由有且仅有4个零点，
得在时有且仅有2个零点，又函数在上单调递增，
令函数，由，得，
则方程在上有2个解，
即方程在上有2个解，则，解得，
所以实数的取值范围为.
19. 已知，函数．定义：表示，中的较大者．
（1）当时，比较与的大小；
（2）在（1）的条件下，设函数，求的最小值；
（3）设，函数，若在区间上既有最大值又有最小值，求的取值范围．（用表示）
解：（1）当时，
当时，令，得，解得或；
当时，令，得，解得（舍去．
作出的大致图象如图（1）所示：
观察图象可知，当或时，；
当或时，．
（2）当时，，所以点，
由（1）可知的图象是图（1）中粗线部分，
由是减函数可知点是图象的最低点，
所以的最小值是．
（3）
①当时，的大致图象如图（2）所示，
因为在区间上既有最大值又有最小值，是开区间，
所以最大值，最小值只能在和处取得，且，
由，解得（负值舍去），又，
所以．
②当时，的大致图象如图（3）所示，
因为在区间上既有最大值又有最小值，是开区间，
所以最大值，最小值只能在和处取得，且，
由，解得（正值舍去），
又，
所以．
综上，当时，的取值范围为的取值范围为；
当时，的取值范围为的取值范围为．1
2
4
5
10
11
10.5
10.25
10.2
10.1