封丘县重点中学2023-2024学年高一下学期开学考试数学试卷
一、单选题：
1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知，且，则的最小值是（ ）
A． B．3 C．4 D．9
3．函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
4．定义在上的偶函数在上单调递减，且，则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
5．已知为定义在上的奇函数，当时，，则方程实数根的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．已知函数的对称中心是，则（ ）
A． B． C．3 D．0
7．已知，为单位向量，若，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
8．将函数向右平移个单位，再将所得的函数图象上的各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题：
9．已知平面四边形，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则四边形是梯形
B．若，则四边形是菱形
C．若，则四边形是平行四边形
D．若且，则四边形是矩形
10．已知，若，则所有可能的值是（ ）
A．－1 B． C．1 D．
11．已知函数的图象关于直线对称，则（ ）
A． B．函数的图象关于点对称
C．函数在区间上单调递增
D．函数在区间上的值域为
12．已知函数，（，，），将其图象上所有点向左平移个单位长度，得到的图象，如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．函数的最小正周期为 B．在上方程有3个根
C．函数在区间上单调递减
D．函数的图象关于直线对称
第II卷（非选择题）
三、填空题
13．已知单位向量满足，则 .
14．已知函数为奇函数，则实数 ．
15．已知非零向量，夹角为，则的最小值为 .
16．函数的图象恒过定点的坐标为 .
四、解答题
17．计算下列各式的值：
(1)； (2).
18．已知二次函数满足．
(1)求的解析式． (2)求在上的值域．
19．已知函数.
(1)求的定义域； (2)判断的奇偶性并给予证明；
(3)求关于的不等式的解集.
20．设函数．
(1)求函数的最小正周期及其图象的对称轴；
(2)将函数的图象先向右平移个单位，再向上平移1个单位得到函数的图象，求函数在上的值域．
21．已知函数的一部分图象如图所示，如果，，．
(1)求函数的解析式； (2)当时，求函数的取值范围．
22．已知函数
(1)解关于x的不等式：；
(2)若（），求的最小值．封丘县重点中学2023-2024学年高一下学期开学考试数学试卷
参考答案：
1．D
【分析】先求出集合中元素范围，进而可求其补集，最后再求交集即可.
【详解】因为，
所以，又，
所以.
故选：D.
2．B
【分析】先将条件变形为，然后通过展开，利用基本不等式求最值.
【详解】因为，所以，又，
所以，
当且仅当，即时取等号.
故选：B.
3．A
【分析】利用函数的奇偶性及特殊位置可判定选项.
【详解】易知，即为奇函数，
其函数图象关于原点中心对称，可排除C、D；
显然当时，恒成立，可排除B，即A正确.
故选：A
4．A
【分析】根据函数的奇偶性和单调性分两种情况，解不等式，求出答案.
【详解】因为定义在上的偶函数在上单调递减，且，
所以在上单调递增，且，
所以当或时，；当时，，
因为，所以或，
所以或，解得或，
则不等式的解集是．
故选：A．
5．C
【分析】根据奇函数的定义求出的解析式，进而解方程即可.
【详解】因为为定义在上的奇函数，所以，
当时，，，
当时，，，
综上，
当时，令无解；当时，令解得；
当时，令无解；当时，令解得；
当时，令，解得，
综上实数根的个数为个，
故选：C
6．D
【分析】利用辅助角公式和对称中心得到最小正周期，求出，由求出，再计算出.
【详解】，其中，
由的对称中心是知，两个相邻的对称中心相距，
故的最小正周期，
即，所以，
解得，故．
故选：D．
7．B
【分析】根据已知，应用向量数量积的运算律求即可判断夹角大小.
【详解】由题意，则与的夹角为.
故选：B
8．A
【分析】利用三角函数图象变化规律，即可判断选项.
【详解】将函数向右平移个单位，得到，
再将所得的函数图象上的各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象.
故选：A.
9．ACD
【分析】根据向量相等及向量模长的判断各个选项即可.
【详解】对于A选项：因为，所以,则四边形是梯形,A选项正确；
对于B选项：因为相邻两边相等不能得出四边形是菱形，所以B选项正确；
对于C选项：因为，所以四边形是平行四边形,C选项正确；
对于D选项：因为，所以,则四边形是平行四边形,
因为,所以,则四边形是矩形,D选项正确；
故选：ACD.
10．BD
【分析】利用函数的解析式，结合指数、对数运算可求得结果.
【详解】由已知可得
或或，
解得，或.
故选：BD
11．ABD
【分析】先根据对称轴求出函数解析式，结合选项逐个验证即可.
【详解】因为的图象关于直线对称，所以，即，；
因为，所以，即.
，故A正确；
，所以函数的图象关于点对称，故B正确；
令，由可得，
因为，所以函数在区间上不是单调函数，故C不正确；
令，由可得，所以，
所以，故D正确.
故选：ABD.
12．ACD
【分析】选项A，应用公式，即可判断；选项B，求得函数的解析式，结合区间，解方程即可；选项C，求得函数的解析式，对应好正弦函数的单调递减区间反解，即可判断；选项D，将函数化为的形式，判断即可.
【详解】设，
由图知最大值、最小值分别为，则；
，即，
代入点，得，即，
，，不妨取，
则，
函数的图象向右平移个单位长度，得：，
所以函数的最小周期，所以A正确；
显然，由方程，得，解得在只有两个根和，所以B不正确；
因为，，
即，当时，即得区间，
所以函数在区间上单调递减，所以C正确；
因为，
所以，
函数，且，
可知函数关于直线对称，所以D正确．
故选：ACD．
13．
【分析】利用向量数量积的运算律及已知可得，再由运算律求即可.
【详解】因为，所以，所以，
则，故.
故答案为：
14．
【分析】设，利用奇函数的定义可得出，结合指数运算可得出实数的值.
【详解】设，则，可得，即函数的定义域为，
则，即，
即，解得.
故答案为：.
15．
【分析】根据向量数量积的运算，结合二次函数求最值得解.
【详解】因为非零向量与的夹角为，所以，
，
令，，
则，当且仅当即时等号成立.
故答案为：.
16．
【分析】由对数的真数为1，对数值为0可得结论．
【详解】令，得，，∴函数图象过定点．
故答案为：．
17．(1)
(2)
【分析】（1）利用指数的运算性质计算可得所求代数式的值；
（2）利用对数的运算性质以及换底公式计算可得出所求代数式的值.
【详解】（1）解：原式.
（2）解：原式.
18．(1)
(2)
【分析】（1）令，则，利用换元法代入可求得的解析式；
（2）由（1）可得函数的解析式，结合二次函数的性质分析可得答案.
【详解】（1）令，则，
，∴.
（2）因为，
所以的图象对称轴为，在上递减，在上递增，
∴，，
即的值域为.
19．(1)；
(2)函数为奇函数，证明见解析；
(3)见解析.
【分析】（1）根据对数函数真数大于0见解析即可；（1）根据奇偶性证明步骤进行即可；（3）分类讨论，单调性不同两种情况即可.
【详解】（1）根据题意，函数，
所以，解可得，
所以函数的定义域为；
（2）由（1）得函数的定义域为，关于原点对称，
因为函数，
所以，
所以函数为奇函数.
（3）根据题意，即，
当时，有，解可得，此时不等式的解集为；
当时，有，解可得，此时不等式的解集为
所以当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为.
20．(1)，
(2)
【分析】（1）先将函数化为形式，求函数的最小正周期及其图象的对称轴即可；
（2）利用三角函数图象变换的规则，得到函数的解析式，再求函数在上的值域即可.
【详解】（1）由题可得：
，
所以的最小正周期为：．
由得：，
所以该函数图象的对称轴方程为：
（2）由题可得
．
因为，所以，
得：，
所以的值域为.
21．(1)
(2)
【分析】（1）由函数的最大值和最小值求出，，由周期求出，由特殊点求出，即可求得函数解析式；
（2）由求出的范围，再求出的取值范围，即可求得函数的取值范围.
【详解】（1）由图象可知，，，
设最小正周期为，，∴，
∴，
又∵，且，
∴，，∴，
∴函数的解析式为.
（2）当时，，，
∴函数的取值范围是.
22．(1)
(2)
【分析】（1）利用对数函数的性质解不等式即可；
（2）利用对数函数的图象与性质结合基本不等式计算即可.
【详解】（1）由题意可知，
即；
（2）因为，所以，
不妨设，由对数函数的性质可知，
则，
所以，
则，当且仅当时取得等号.
