2024兰州第五十五中学高一下学期开学测试数学含解析

这是一份2024兰州第五十五中学高一下学期开学测试数学含解析，共13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。

1. 已知集合，则集合（ ）
A. B. C. D.
2. “”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
3. 下列命题中的真命题是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
4. 角的终边落在（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
5. 已知扇形的周长是6，圆心角为，则扇形的面积是（ ）
A 1B. 2C. 3D. 4
6. 下列各组函数与图象相同的是（ ）
A. B.
C. D.
7. 已知，则的最小值为（ ）
A. 5B. 3C. D. 或3
8. 函数的零点所在的区间是（ ）
A. B.
C. D.
二、多项选择题（本大题共2小题，每小题4分，共8分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 下列函数是奇函数的是（ ）
A. B.
C. D.
10. 关于命题p：“”的叙述，正确的是（ ）
A. p的否定：B. p的否定：
C. p是真命题，p否定是假命题D. p是假命题，p的否定是真命题
三、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分．把答案填在题中的横线上）
11. 计算__________．
12. 命题“，”的否定是___________.
13. 函数的定义域是____________．
14. 对于任意且 ，函数 的图象恒过定点 . 若 的图象也过点，则 ____.
四、解答题（本大题共4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知全集，集合，．求：
（1）；
（2）.
16. 化简求值：
（1）已知，且为第四象限角，求的值．
（2）已知，，求的最小值．
17. 已知函数.
（1）求函数最小正周期及对称轴；
（2）求在区间上的最值.
18. 已知函数.
（1）判断的奇偶性；
（2）判断在上的单调性，并用定义证明；高一数学寒假作业测试题
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题4分，共32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，则集合（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由并集概念直接求解.
【详解】依题意，.
故选：D
2. “”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】先解一元二次不等式，然后根据集合的包含关系可得.
【详解】解不等式得或，
记，
因为AB，所以“”是“”的充分不必要条件．
故选：A
3. 下列命题中的真命题是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】B
【解析】
【分析】选项A，不等式两边同乘一个正数才能保证不等号不变；
选项B，不等式成立，默认，两边同乘，不等号不变；
选项C，从不等式到不等式，是不等式两边同乘，但不一定是正数；
选项D，对于结论，实际上，但，无法保证同向相加.
【详解】选项A：若，则不成立，即A错误；
选项B：由不等式性质可知：若，则有，即B正确；
选项C：当时，由，可得，即C错误；
选项D：当时，有成立，
但此时，，由可知，不成立，即D错误.
故选：B.
4. 角的终边落在（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】由于，所以由终边相同的定义可得结论
【详解】因为，
所以角的终边与角的终边相同，
所以角的终边落在第一象限角．
故选：A．
5. 已知扇形的周长是6，圆心角为，则扇形的面积是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】设扇形的半径为r ，弧长为l，先由周长求出半径和弧长，即可求出扇形的面积.
【详解】设扇形的半径为r ，弧长为l，
因为圆心角为，所以.
因为扇形的周长是6，所以，解得：.
所以扇形的面积是.
故选：B
6. 下列各组函数与的图象相同的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据定义域不同可判断AC错误，再由平移规则可得D错误，由分段函数性质可得B正确.
【详解】对于A，易知的定义域为，的定义域为，定义域不同，图象不可能相同，即A错误；
对于B，将改写成分段函数形式与完全相同，即B正确；
对于C，的定义域为，的定义域为，定义域不同，图象不可能相同，所以C错误；
对于D，由解析式可得将的图象向左平移1个单位长度后可得，所以其图象不相同，D错误；
故选：B
7. 已知，则的最小值为（ ）
A. 5B. 3C. D. 或3
【答案】B
【解析】
【分析】由已知可得，利用基本不等式计算可得结果.
【详解】由，得，
当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为3．
故选：B.
8. 函数的零点所在的区间是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用转化法，结合数形结合思想进行判断即可.
【详解】
函数和函数同一直角坐标系内图象如下图所示：
一方面，
另一方面根据数形结合思想可以判断两个函数图象的交点只有一个，
故选：B
二、多项选择题（本大题共2小题，每小题4分，共8分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 下列函数是奇函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】由奇函数的定义结合正弦函数、指数函数以及对数函数的概念逐一验证即可.
【详解】对A，函数的定义域为R，关于对称，且，故函数为奇函数，符合题意；
对B，函数的定义域为R，关于对称，且，故函数为非奇非偶函数，不符合题意；
对C， 函数的定义域为R，关于对称，且，故函数为奇函数，符合题意；
对D，函数定义域为，不关于对称，故函数为非奇非偶函数，不符合题意；
故选：AC.
10. 关于命题p：“”的叙述，正确的是（ ）
A. p的否定：B. p的否定：
C. p是真命题，p的否定是假命题D. p是假命题，p的否定是真命题
【答案】AC
【解析】
【分析】任一个都符合的否定是存在一个不符合，否命题的真假与原命题相反
【详解】p的否定为“”，A对B错；
，所以p是真命题，则p的否定是假命题，故C对D错.
故选：AC
三、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分．把答案填在题中的横线上）
11. 计算__________．
【答案】##
【解析】
【分析】利用对数的运算性质以及换底公式可求得所求代数式的值.
【详解】原式.
故答案为：.
12. 命题“，”的否定是___________.
【答案】，
【解析】
【分析】根据全称量词命题的否定是存在量词命题得解.
【详解】因为全称量词命题的否定是存在量词命题，
命题“，”是全称量词命题，所以其否定是“，”.
故答案为：，.
13. 函数的定义域是____________．
【答案】
【解析】
【分析】列出使得函数有意义的不等式，求解即可.
【详解】要使得函数有意义，则，且，解得，即函数定义域为.
故答案为：.
14. 对于任意且 ，函数 的图象恒过定点 . 若 的图象也过点，则 ____.
【答案】
【解析】
【分析】由题意首先得，然后代入得，由此即可得解.
【详解】因为函数 图象恒过定点，所以，所以，
所以，
又的图象也过点，
所以，又，解得，
所以.
故答案为：.
四、解答题（本大题共4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知全集，集合，．求：
（1）；
（2）.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】（1）由集合交集的运算可得解；
（2）先由集合并集的运算求出，再由集合补集的运算可求出，得解.
【详解】（1）因为，，
所以.
（2）因为，，，
所以
故.
【点睛】本题考查了集合的交、并、补的运算，属基础题.
16. 化简求值：
（1）已知，且为第四象限的角，求的值．
（2）已知，，求的最小值．
【答案】（1）
（2）16
【解析】
【分析】（1）利用同角三角函数之间的基本关系可得结果；
（2）由基本不等式中“1”的妙用可得当时，取得最小值为.
小问1详解】
由，且为第四象限的角，
可得
所以.
【小问2详解】
因为，，
故，
当且仅当，且，即时取得等号.
故的最小值为.
17. 已知函数.
（1）求函数的最小正周期及对称轴；
（2）求在区间上的最值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据公式直接求解最小正周期，利用整体法结合正弦函数性质，即可求得结果；
（2）利用换元法，结合正弦函数的性质，即可求得结果.
【小问1详解】
因为，所以最小正周期；
令，解得，
所以的对称轴方程为.
【小问2详解】
令，由，知，
所以要求在区间上的最值，即求在上的最值，
当时，，当时，，
所以.
18. 已知函数.
（1）判断的奇偶性；
（2）判断在上的单调性，并用定义证明；
【答案】（1）偶函数；
（2）单调递增，证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据函数奇偶性定义即可得出是偶函数；
（2）由函数单调性定义，按照标准步骤化简整理即可得出结论.
【小问1详解】
易知的定义域为R，
易知，可得，
所以是偶函数；
【小问2详解】
在上单调递增，
证明如下：任取，则，
因为，所以，
另外，因此，
可得，即，
所以在上单调递增.