河北省秦皇岛市青龙满族自治县实验中学2022-2023学年高一下学期开学考试数学试题（含解析）

青龙满族自治县实验中学2022-2023学年高一下学期开学考试
数学试卷
本试卷共22题．全卷满分150分。考试用时120分钟。
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、考号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将答题卡上交。
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．已知是锐角}，是第一象限角}，则
A． B． C． D．
2．命题“对任意，都有”的否定为（ ）
A．对任意，都有 B．存在，使得
C．存在，使得 D．不存在，都有
3．已知为锐角，且，则的值为
A． B．
C． D．
4．已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
5．设,且满足,则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．已知幂函数的图象过点，则下列说法中正确的是（ ）
A．的定义域为 B．的值域为
C．为偶函数 D．为减函数
7．函数f(x) =A sinx(A>0)的图象如图所示，P，Q分别为图象的最高点和最低点，O为坐标原点，若OP⊥OQ，则A=
A．3 B．
C． D．1
8．定义在的函数满足下列两个条件：①任意的都有；②任意的，当，都有，则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．下列说法正确的有（ ）
A．与的终边相同
B．小于的角是锐角
C．若为第二象限角，则为第一象限角
D．若一扇形的中心角为，中心角所对的弦长为，则此扇形的面积为
10．已知函数的部分图象如图所示，则下列关于函数说法正确的有（ ）
A．图象关于点对称
B．单调递减区间为
C．当时，
D．有3个零点（）
11．下列不等式中，恒成立的有（ ）
A． B．
C． D．
12．已知函数的定义域均为R，且，则（ ）
A．函数的图像关于点对称
B．函数的图像关于点对称
C．函数的图像关于直线对称
D．函数的图像关于直线对称
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．函数f(x)＝＋的定义域是____________．
14．若扇形的圆心角为弧度，它所对的弧长为，则这个扇形的面积为________.
15．已知函数，则_________.
16．已知函数，（）.
①当时，函数有__________个零点；
②若函数有三个零点，则的取值范围是___________.
试卷第1页，共3页
四、解答题
17．已知函数．
(1)若为钝角，且，求的值；
(2)若，均为锐角，且，求的取值范围．
18．设，．
（1）求证：．
（2）求证：．
19．如果奇函数在区间上是增函数,且最大值为10,最小值为4,那么在上是增函数还是减函数 求在上的最值.
20．已知函数的最大值为.
（1）求的值；
（2）求的最小正周期及单调递减区间.
21．已知函数（，）的图象相邻两条对称轴之间的距离为，且.
（1）求，的值；
（2）求图象的对称轴方程；
（3）若不等式在区间上恒成立，求实数的取值范围.
22．已知函数.
（1）设是的反函数.当时，解不等式；
（2）若关于的方程的解集中恰好有一个元素，求实数的值；
（3）设，若对任意，函数在区间上的最大值与最小值的差不超过，求的取值范围.
参考答案：
1．A
【解析】根据锐角和第一象限角的定义，结合交集的概念可得答案.
【详解】，
故选：A
【点睛】本题考查了锐角和第一象限角的定义，考查了交集的运算，属于基础题.
2．B
【分析】根据全称命题的否定的改写方法即可求解
【详解】由于全称命题的否定是特称命题，
所以命题“对任意，都有”的否定为“存在，使得”，
故选：B
3．B
【解析】直接利用三角函数关系式的恒等变换和角公式的应用求出结果．
【详解】解：由可得，
即，
所以，
又为锐角，故，
故选：B.
【点睛】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，和角公式的运用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．
4．A
【分析】根据指数函数、对数函数的单调性，利用“1”和“0”即可比较大小.
【详解】因为 为增函数，为减函数，
所以，
因为为上的减函数，
所以，
所以，
故选：A
【点睛】本题主要考查了指数函数、对数函数的单调性，考查了利用“1”比较大小的方法，属于中档题.
5．B
【分析】逆用正弦差角公式，结合得到，进而利用诱导公式进行求解.
【详解】，又，则，
所以，所以，
故选：B．
6．C
【分析】首先求出幂函数解析式，再根据幂函数的性质一一判断即可.
【详解】解：因为幂函数的图象过点，所以，所以，所以，定义域为，且，即为偶函数，因为，所以，所以，故A错误，B错误，C正确，又 在上单调递减，根据偶函数的对称性可得在上单调递增，故D错误；
故选：C
7．B
【详解】由题意函数，周期
由图像可知
连接 过作轴的垂线，可得：
由题意， 是直角三角形，
解得： .
故选B
8．A
【分析】满足①为奇函数，满足②在是减函数，根据对称性和函数的连续性，可得在是减函数，将不等式等价转化为自变量关系，即可求解.
【详解】任意的都有,
为奇函数，任意的，设，
，
在是减函数，为奇函数，
所以在是减函数，在处连续，
在是减函数，等价于，
，解得，
所以不等式的解集为.
故选:A.
【点睛】本题考查抽象函数的不等式，注意函数性质的应用，属于中档题.
9．AD
【分析】利用终边相同的角的概念可判断A选项的正误；利用特殊值法可判断BC选项的正误；利用扇形的面积公式可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，因为，所以，与的终边相同，A对；
对于B选项，不是锐角，B错；
对于C选项，取，则为第二象限角，但为第三象限角，C错；
对于D选项，设扇形的半径为，则，可得，
因此，该扇形的面积为，D对.
故选：AD.
10．BC
【分析】先有图象求出的解析式，利用正弦函数的性质逐一判断四个选项的正误即可得答案.
【详解】由图知：，
可得，
因为，所以，所以，
,
所以， ，
所以，
对于A：，所以不是对称中心，故选项A不正确；
对于：令，解得：，故选项B正确；
对于C：当时， ，所以，
所以，故选项C正确；
对于选项D：的零点等价于与两个函数图象交点的个数，如图知选项D不正确，
故选：BC
【点睛】本题考查由的部分图象求解析式，并考查了型函数的性质，考查了函数与方程，属于中档题.
11．ABD
【分析】对选项A、B、D利用作差比较法即可判断，对选项C利用均值不等式即可判断.
【详解】解：对A：因为
，
所以恒成立，所以选项A正确；
对B：因为，所以恒成立，所以选项B正确；
对C：因为当时，，
当时，，所以选项C错误；
对D：因为
，
所以恒成立，所以选项D正确；
故选：ABD.
12．AC
【分析】构造函数，结合抽象函数的对称性推导出结论.
【详解】因为，
设，则，
所以的图象关于点对称，即正确；
设，则，
所以的图象关于点对称，即错误；
设，由可知，，
又，所以，
所以，所以的图象关于直线对称，即正确；
设，由可知，，
又，所以，
所以推不出，所以的图象不一定关于直线对称，即D错误；
故选：AC.
13．
【分析】求函数的定义域就是求使函数有意义的自变量的取值范围，由函数的解析式可得，解出此不等式组的解集即可得到函数的定义域.
【详解】解：
解得，
故函数的定义域为．
故答案为：．．
14．4
【分析】根据扇形弧长公式求出半径，结合面积公式求解.
【详解】由题：扇形圆心角，弧长，所以半径，
所以扇形面积.
故答案为：4
【点睛】此题考查求扇形的面积，关键在于熟练掌握扇形的弧长公式和面积公式，根据弧长和圆心角的大小依次求解.
15．
【分析】根据当时，，将化为，再根据分段函数解析可求出结果》
【详解】因为时，，
所以
.
故答案为：
16．
17．(1)
(2)
【分析】（1）先利用二倍角的正切公式求出，再进行弦化切，代入求出的值；
（2）由求出，把消去，利用三角函数求最值.
(1)
因为函数，为钝角，所以.
因为，所以，解得：（舍去）.
所以
把代入可得：
.
(2)
因为，所以，
所以，即.
因为，均为锐角，所以，所以，所以.
因为，所以，所以.
所以
因为，所以，所以，所以.
即的取值范围为.
18．（1）证明见解析；（2）证明见解析；
【分析】（1）由基本不等式可得到,，，，三个式子相加可得到结论;
（2）由,再结合基本不等式证明,进而可得到结论.
【详解】证明：（1）因为,所以，，，当且仅当,即时,等号成立.
三个式子相加得,,
故．
（2）由题意,,当且仅当时,等号成立.
所以.
因为．
所以，即．
【点睛】本题考查了不等式的证明,考查了基本不等式的应用,考查了学生的逻辑推理能力,属于中档题.
19．在上是增函数,在上的最大值为,最小值为.
【解析】设，根据在上的单调性可知，可由单调性的定义，结合奇偶性证得在上是增函数；由此代入最值点，结合奇偶性可求得最值.
【详解】为奇函数且在上为增函数
，当时，，
设，则
在上是增函数
在上是增函数
当时，，
20．（1）；（2）最小正周期为，单调递减区间为.
【分析】（1）将函数的解析式利用二倍角公式以及辅助角公式将函数的解析式化简，利用函数的最大值可求出实数的值；
（2）由（1）得出，利用周期公式可计算出函数的最小正周期，再由，解出该不等式可得出函数的单调递减区间.
【详解】（1）由题意可得，
所以，函数的最大值为，因此，；
（2）由（1）知，，
所以，函数的最小正周期为.
由，解得，
因此，函数的单调递减区间为.
【点睛】本题考查三角函数的基本性质，解题的关键就是利用三角恒等变换思想将三角函数解析式进行化简，并结合正、余弦函数的基本性质进行求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
21．（1），；（2），；（3）
【分析】（1）由题意可先求周期，进而可求，代入，可求，即可求解，
（2）结合正弦函数的对称轴方程即可求解，
（3）由已知可转化为，结合正弦函数的性质可求．
【详解】（1）由题意知，，∴，
∴，，
∴，
∴，∵，∴，
，
（2）由可得，，，
即对称轴，，
（3）∵，∴，
∵恒成立，
∴，
∴，
∴，故的范围
【点睛】本题主要考查了利用正弦函数的性质求解函数解析式，还考查了正弦函数的对称性，值域及恒成立问题与最值的相互转化，属于中档试题．
22．（1）；（2）或；（3）.
【分析】（1）先由，得到，求出其反函数，解对应不等式，即可得出结果；
（2）先由得到，分别讨论和两种情况，即可得出结果；
（3）根据复合函数单调性，得到在区间上单调递减，求出其最值，根据题意，得到，推出对任意的恒成立，令，求出的最大值，即可得出结果.
【详解】（1）当时，，由得，所以，
因为是的反函数，
所以，，
由得，所以：，解得：，
即不等式的解集为；
（2）方程即，
所以，
①，则，经过验证，满足关于的方程的解集中恰好有一个元素；
②时，（i）若，解得，代入，解得，经过验证，满足关于的方程的解集中恰好有一个元素；
（ii）若，则；
当时，由解得：或，即方程的解要在范围内，
解方程得，因为，
所以为使关于的方程的解集中恰好有一个元素，
只需，即，显然不成立；
当时，由解得：，即方程的解要在范围内，
解方程得，因为，所以，，且，
因此只需，即，
即，解得：，与矛盾，也不满足题意；
综上，实数的值为或；
（3）由对数函数的单调性可得单调递增，根据幂函数单调性可得在上单调递减，因为，，
所以，根据复合函数单调性，可得在区间上单调递减，
因此，，
又函数在区间上的最大值与最小值的差不超过，
所以，
即，整理得，即对任意的恒成立，
令，，
任取，则
，
因为，所以，，，
因此，即；
所以在上单调递减，
所以，
因此，只需.
故的取值范围为.
【点睛】本题主要考查反函数的应用，由方程根的个数求参数，以及由函数最值求参数的问题，熟记反函数的概念，以及函数的单调性即可，属于常考题型.
答案第1页，共2页