2023-2024学年湖南省长沙市明德中学高一（下）开学数学试卷（含解析）

2023-2024学年湖南省长沙市明德中学高一（下）开学数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2.设，命题“存在，使有实根”的否定是( )
A. 任意，使无实根
B. 任意，使有实根
C. 存在，使无实根
D. 存在，使有实根
3.已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点，那么等于( )
A. B. C. D.
4.若实数，，满足，，则下列结论中正确的是( )
A. B. C. D.
5.已知的定义域是，则的定义域为( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
6.关于的不等式的解集为，则的最小值是( )
A. B. C. D.
7.命题“对任意的，总存在唯一的，使得”成立的充分必要条件是( )
A. B. C. D.
8.已知函数，若函数与函数的零点相同，则的取值可能是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知函数，则( )
A. 函数的最小正周期为
B. 函数的图象关于直线对称
C. 函数在区间上单调递减
D. 函数的图象可由的图象向右平移个单位长度得到
10.如图，某池塘里浮萍的面积单位：与时间单位：月的关系为，且下列说法正确的是( )
A. 浮萍每月的增长率为
B. 第个月时，浮萍面积就会超过
C. 浮萍每月增加的面积都相等
D. 若浮萍蔓延到，，所经过的时间分别是，，，则
11.已知函数若函数有三个零点，，，且，则( )
A. B.
C. 函数的增区间为 D. 的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.函数的定义域为______．
13.若函数若在区间上既有最大值，又有最小值，则的取值范围是______．
14.已知，当时，取得最大值，则 ______．
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.本小题分
计算
；
．
16.本小题分
已知．
求的值；
已知，求的值．
17.本小题分
已知函数．
求的对称轴方程；
若关于的方程在区间上有两个不相等的实根，求实数的取值范围．
18.本小题分
已知函数且为奇函数．
求函数的定义域及解析式；
若，函数的最大值比最小值大，求的值．
19.本小题分
设正整数，若由实数组成的集合满足如下性质，则称为集合：对中任意四个不同的元素，，，，均有．
Ⅰ判断集合和是否为集合，说明理由；
Ⅱ若集合为集合，求中大于的元素的可能个数；
Ⅲ若集合为集合，求证：中元素不能全为正实数．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：因为，
所以，
又因为集合，
故．
故选：．
利用补集和交集的概念求出答案．
本题主要考查了集合的基本运算，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：因为特称命题的否定是全称命题，
所以命题“存在，使有实根”的否定是：“任意，使无实根”．
故选：．
直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可．
本题主要考查了命题的否定．特称命题与全称命题的否定关系，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：因为角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点，
由三角函数的单位圆定义得，
所以．
故选：．
利用任意角的三角函数的定义以及诱导公式即可求解．
本题主要考查了任意角的三角函数的定义以及诱导公式的应用，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：因为，所以一定成立，故A正确；
若，故B错误；
若，故C错误；
若，，则，
所以，但的正负无法确定，
所以的正负无法确定，故D错误．
故选：．
利用不等式性质一一判定选项即可．
本题主要考查了不等式性质的应用，属于基础题．
5.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了函数定义域的定义及求法，已知的定义域求的定义域的方法，熟悉正弦函数的图象及周期，考查了计算能力，属于中档题．
根据的定义域即可得出需满足，然后即可得出的范围，即得出的定义域．
【解答】
解：的定义域是，
需满足，
，
，
的定义域为：．
故选：．
6.【答案】
【解析】解：，
，
，，
，
当且仅当，即时，等号成立．
故选：．
先因式分解求出一元二次不等式的解集，再利用基本不等式即可得解．
本题考查基本不等式的应用、一元二次不等式的解法，考查学生的运算求解能力，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：由得：；
当时，，则，解得：，所以，满足题意；
当时，；若存在唯一的，使得成立，则与有且仅有一个交点，在平面直角坐标系中作出在上的图象如下图所示，
由图象可知：当时，与有且仅有一个交点，，解得：，则；
当时，，结合图象可得：，解得：，则；
综上所述：原命题成立的充要条件为．
故选：．
方程变形为，转化为函数与有且仅有一个交点，依据，，分类讨论，数形结合，求解的范围即可．
本题主要考查充分条件和必要条件，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：函数，若函数与函数的零点相同，
设的零点为，则，又，
故，解得，则．
，
所以方程无解或与方程的解相同，
所以或，解得，
所以．
故选：．
通过零点相同可确定，解得，进而确定函数与函数的解析式，利用零点相同将问题转化成方程无解或与方程的解相同，进而求解．
本题考查了函数的零点、函数与方程思想，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：根据函数的关系式，
对于：函数的最小正周期为，故A正确；
对于：当时，，故B错误；
对于：由于，故，故函数在该区间上单调递减，故C正确；
对于：函数的图象可由的图象向右平移个单位长度得到，故D正确．
故选：．
直接利用函数的图象的平移变换以及正弦型函数的性质求出结果．
本题考查的知识要点：正弦型函数的性质，函数的图象的平移变换和伸缩变换，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：由图可得，函数过点，则，即，故．
对于：浮萍每月的增长率为，故A错误；
对于：第个月时，即时，浮萍的面积，故B正确；
对于：第二个月比第一个月增加，第三个月比第二个月增加，即，故C错误；
对于：由题意可得，所以，，，
则2，故D正确．
故选：．
利用指数函数的性质与对数运算，结合图象逐一判断即可．
本题考查了函数模型的实际应用，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：如图所示：
对于：方程有三个解与有个交点，从图中可以看出A正确；
对于：令得，即点的坐标为，令得，
即点的坐标为，
由图可知的范围应该介于，之间，可以取点，不能取点，所以，故B错误；
对于：的增区间为，所以的增区间为，故C错误；
对于：，关于对称，所以，，
令得或，由图可知，
，
等号当时即时成立，故D正确．
故选：．
作出的图像可直接判断、；
对于，只需计算与，的交点即可；
对于，把所求的式子消元变成的函数，再经过适当的变形运用基本不等式即可．
本题主要考查函数的零点和方程的关系，属于中档题．
12.【答案】且
【解析】解：，
则，解得且，
故函数的定义域为且．
故答案为：且．
根据函数的解析式，列出使解析式有意义的不等式组，求出解集即可．
本题考查了求函数定义域的问题，解题时应求出使函数有意义的自变量的取值范围，是基础题目．
13.【答案】
【解析】解：当时，函数在上单调递减，，
当时，，函数在上单调递增，函数值从递增到，
在上单调递减，函数值集合为，
当时，由，得，
当时，由，得，
画出函数的图象，如图所示：
因为在既有最大值，又有最小值，
所以，，
因此，
所以的最大值为．
故答案为：．
根据给定的分段函数，分段探讨函数的取值，再利用函数在开区间上既有最大值又有最小值，列式求解即得．
本题主要考查了分段函数的图象和性质，考查了数形结合的数学思想，属于中档题．
14.【答案】
【解析】解：令，，其中为锐角，
则
，
因为当时，取得最大值，则，
所以，，
所以，，
，故．
故答案为：．
利用辅助角公式可得出，其中，，为锐角，根据题意确定与的关系，结合诱导公式可求得的值．
本题考查了三角函数的化简求解，三角函数最值的理解与应用，辅助角公式以及两角和与差公式的运用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．
15.【答案】解：．
．
【解析】根据指数幂的运算性质，即可求解．
根据对数的运算法则及性质，结合对数的换底公式，即可求解．
本题主要考查指数、对数的运算性质，属于基础题．
16.【答案】解：由诱导公式得：，
所以．
由得，
由，
得．
所以．
【解析】利用诱导公式化简即可得到结果；
利用即可得到结果．
本题考查了诱导公式，属中档题．
17.【答案】解：
，
令，，
得，
所以的对称轴方程为；
因为，则，
又因为的函数值从递增到，
又从递减回，
令，则，
因为方程在区间上有两个不相等的实根，
所以在上仅有一个实根，
令，
因为，
则需或，
解得：或，
所以实数的取值范围为或
【解析】由题意利用三角恒等变换化简的解析式，再利用正弦函数的对称性即可得出结论；
由题意利用函数的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，二次函数的性质，求得的范围．
本题主要考查三角恒等变换，正弦函数的单调性，函数的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，二次函数的性质，属于中档题．
18.【答案】解：要使函数有意义，则，可得：，
因为为奇函数，所以，即，所以的定义域为，
由可得：，所以，
此时，是奇函数，符合题意．
，
当时，函数单调递减，
所以，
，
所以，
解得．
当时，函数单调递增，
所以，，
所以，
解得．
综上，或．
【解析】直接根据奇函数的定义域关于原点对称求得，再由求得，再验证即可；
对进行分类讨论，结合函数的单调性以及最值求得．
本题考查了函数的奇偶性和函数的单调性问题，是中档题．
19.【答案】解：Ⅰ集合是集合，理由如下：
当，，时，；
当，，时，则；
当，，时，
集合不是集合，理由如下：
取，则，
不满足题中性质；
Ⅱ当时，；
当时，；
当时，．
所以．
不妨设．
若，因为，从而，与矛盾．
若，因为，故，，，所以，．
经验证此时是集合，元素大于的个数为．
若，因为，所以与矛盾．
若，因为，故，，，所以．
经验证此时是集合，大于的个数为．
综上，中大于的元素的可能个数为，；
证明：Ⅲ假设集合中全为正实数．
若中至少有两个正实数大于，设，则，
取，则，
而，从而，矛盾．
因此中至多有个正实数大于．
当时，设，
若，
当时，；
当时，；
当时，．
由于，
，
所以，
所以，，．
因为，
所以，矛盾．
因此当时，，，，．
当时，集合中至少有个不同的正实数不大于．
设，，
因为是有限集，设，其中，，．
又因为集合中至少有个不同的正实数不大于，
所以，且存在，且，使，，，互不相同．
则．
当时，，
当时，．
于是，
与矛盾．
因此，中元素不能全为正实数．
【解析】Ⅰ由集合的定义即可得出答案；
Ⅱ由题意可得，不妨设，分类讨论，，和结合集合的性质即可得出答案；
Ⅲ根据已知新定义，分类讨论、反证法进行求解、证明．
本题考查对于与集合有关的新定义问题，注意根据定义检验，另外在问题解决的过程中，注意局部性质与整体性质的关系，注意利用已有的结果来解决后面的问题，属于难题．
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