2023-2024学年甘肃省白银市靖远四中高一（下）开学数学试卷（含解析）

2023-2024学年甘肃省白银市靖远四中高一（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，集合，则( )
A. B. C. D.
2.已知函数的定义域是，则函数的定义域是( )
A. B. C. D.
3.已知，则的值为( )
A. B. C. D.
4.已知为锐角，，则( )
A. B. C. D.
5.若函数，且的图象如图所示，则下列函数与图象对应正确的为( )
A.
B.
C.
D.
6.“”是“”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件
7.设，，，则，，的大小关系是( )
A. B. C. D.
8.某中学开展劳动实习，学生制作一个矩形框架的工艺品要求将一个边长分别为和的矩形零件的四个顶点分别焊接在矩形框架的四条边上，则矩形框架周长的最小值为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若，则下列不等式中正确的是( )
A. B. C. D.
10.已知，若，则所有可能的值是( )
A. B. C. D.
11.已知角的终边经过点，且，则的值可能是( )
A. B. C. D.
12.已知函数是定义在上的偶函数，且满足若，则下列说法中正确的是( )
A. B. 的周期为
C. D. 的图象关于中心对称
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若某扇形的圆心角为，面积为，则该扇形的半径是______．
14.将函数的图象向右平移个单位长度后，再将得到图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，则 ______．
15.函数，且恒过的定点是______．
16.关于的方程有且仅有个实数根，则实数的值为______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.本小题分
计算：．
18.本小题分
已知，，且，均为锐角．
求的值；
求的值；
求的值．
19.本小题分
已知函数图像的两个相邻的对称中心的距离为．
求的单调递增区间；
求方程在区间上的所有实数根之和．
20.本小题分
已知函数．
求函数在区间上的最值；
若关于的方程在区间内有两个不等实根，求实数的取值范围．
21.本小题分
桑基鱼塘是广东省珠江三角洲一种独具地方特色的农业生产形式某研究单位打算开发一个桑基鱼塘项目，该项目准备购置一块占地平方米的矩形地块，中间挖成三个矩形池塘养鱼，挖出的泥土堆在池塘四周形成基围阴影部分所示种植桑树，鱼塘周围的基围宽均为米，如图所示，池塘所占面积为平方米，其中：：．
试用，表示；
若要使最大，则，的值各为多少？
22.本小题分
已知二次函数同时满足以下条件：，，．
求函数的解析式；
若，，求：
的最小值；
讨论关于的方程的解的个数．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由，，．
故选：．
求出集合，即可得出答案．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：函数的定义域是，，解得，
函数的定义域为．
要使有意义．则，解得，
的定义域是．
故选：．
由已知求解的定义域，再结合分式的分母不为求解．
本题考查函数的定义域及其求法，是基础题．
3.【答案】
【解析】解：．
故选：．
利用诱导公式进行求解．
本题考查诱导公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
4.【答案】
【解析】解：因为为锐角，，
所以．
故选：．
利用诱导公式和二倍角余弦公式直接求解即可．
本题主要考查了诱导公式和二倍角余弦公式在三角函数求值中的应用，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：函数，且的图象如图所示，
，解得，
对于，是减函数，与图象不符，故A错误；
对于，，与图象不符，故B错误；
对于，，与图象不符，故C错误；
对于，，与图象相符，故D正确．
故选：．
数形结合得，解得，由此能求出结果．
本题考查对数函数、幂函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
6.【答案】
【解析】解：若，可得，即，即充分性成立，
若，例如，则，不成立，即必要性不成立，
综上所述：“”是“”的充分不必要条件．
故选：．
根据对数函数性质结合充分、必要条件分析判断．
本题主要考查了充分条件和必要条件的定义，考查了对数函数的性质，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：因为，所以，
因为，所以，
因为，所以，
所以．
故选：．
以和为中间值，结合指数及对数函数的单调性比较即可．
本题主要考查了指数函数及对数函数的单调性在函数值大小比较中的应用，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：如图设，，
令，则，，，，，，
则，，
周长
，当时取等号，
即矩形框架周长的最小值为．
故选：．
由已知作图如图所示，设，利用三角函数表示各边长，借助三角函数性质计算可得结果．
本题主要考查了三角函数的定义，正弦函数的性质，属于基础题．
9.【答案】
【解析】解：由，得，则，即，故A正确；
因为，所以，故B正确；
当，时，，则，故C错误；
由，得，则，即，则，故D正确．
故选：．
利用不等式的基本性质求解．
本题考查了不等式的基本性质，基本不等式的应用，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：因为，
若，
则，或，或，
解得，或．
故选：．
利用函数的解析式，结合指数、对数运算可求得结果．
本题主要考查了由函数值求解的值，体现了分类讨论思想的应用，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：角的终边经过点，
则，解得．
故选：．
根据已知条件，结合任意角的三角函数的定义，即可求解．
本题主要考查任意角的三角函数的定义，属于基础题．
12.【答案】
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于，因为函数是定义在上的偶函数，且满足．
所以，
令得，所以故A正确．
对于，因为，所以
得：，所以的最小正周期为故B正确．
对于，的最小正周期为，故C不正确．
对于，由得，
所以图象关于中心对称．故D正确．
故选：．
根据题意，由特殊值分析，分析函数的周期可得B正确，利用周期性分析可得C错误，分析的对称性，可得D正确，综合可得答案．
本题考查抽象函数的性质以及应用，涉及函数的奇偶性、对称性、周期性，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：设扇形的面积为，则扇形面积，
解得．
故答案为：．
根据扇形面积公式直接求解即可．
本题主要考查了扇形的面积公式，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：将函数的图象上各点的横坐标扩大为原来的倍，纵坐标不变，
得到的图象，再将其图象向左平移个单位长度，
得到．
故答案为：．
根据平移变换规律即可确定解析式．
本题考查三角函数变换，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：令，解得，此时，
所以函数，且恒过的定点是．
故答案为：．
根据对数函数性质结合指数幂运算求解．
本题主要考查对数函数的性质，属于基础题．
16.【答案】
【解析】解：根据题意，若方程有且仅有个实数根，
则方程，即有且只有一个根，
设，
易知函数图象的对称轴为直线，又方程有且仅有个实数根，
所以，即，解得或，
当时，函数，
易知函数是连续函数，又，，
所以函数在上也必有零点，此时不止有一个零点，故不符合题意，
当时，，此时只有这一个零点，故符合题意．
故答案为：．
根据题意，分析可得方程，即有且只有一个根，设，易知函数图象的对称轴为直线，又方程有且仅有个实数根，可得，可得的值．
本题考查函数与方程的关系，涉及函数的零点与方程的根，属于综合题．
17.【答案】解：
．
【解析】由已知结合指数幂及对数的运算性质即可求解．
本题主要考查了指数及对数的运算性质，属于基础题．
18.【答案】解：，
，解得；
法：由，为锐角，可得，，
；
法：由，得；
，，均为锐角，
，
，
．
【解析】将已知中的“弦”化“切”，可求得的值；
法：由，为锐角，可求得与的值，利用二倍角的正弦公式可求得答案；
法：利用除“”法，转化为，代入可求得答案；
依题意，先求得的值，再利用两角差的正切可求得的值．
本题考查两角和与差的三角函数，考查同角三角函数间关系的应用，属于中档题．
19.【答案】解：，
因为两个相邻的对称中心的距离为，
所以的最小正周期为，而，解得，
所以，
函数的单调递增区间满足：，
解得：，
所以的单调递增区间是；
的实数根，即的图象与直线的交点横坐标，
当时，，
由，得，由，得，
作出在上的图象与直线，
大致如图：
由图可知，的图象与直线在上有个交点．其中两个关于直线对称，
另外两个关于直线对称，
所以个交点的横坐标之和为．
即所求的实数根之和为．
【解析】由半角公式及三角恒等变换可得函数的解析式，再由题意可得函数最小正周期，可得的值，即求出函数的解析式，再求函数的单调递增区间；
由数形结合，可得实数根之和．
本题考查三角函数的性质的应用，数形结合的方法求函数的零点，属于中档题．
20.【答案】解：，，
所以在上，，单调递减，
在上，，单调递增，
，
，，
所以在上的最大值为，最小值为．
因为关于的方程在区间内有两个不等实根，
则在区间内有两个不等实根，
所以在区间内有两个不等实根，
所以在区间内有两个不等实根，
令，，
当且仅当时，取等号，
时，；，
所以的取值范围为
【解析】求导得，分析的正负，进而可得单调性，最值．
问题可转化为在区间内有两个不等实根，令，，则与，有两个交点．即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．
21.【答案】解：由题可得：，，
则，
即．
．
法一：
，
当且仅当，即，时，取得最大值．
法二：
，
当且仅当，即时取等号，取得最大值．
此时．
法三：设
．
令，得．
当时，；当时，．
当时，取得最大值，此时．
【解析】由已知该项目占地为平方米的矩形地块，我们可得，结合图形还易得，及，由此我们易将池塘所占面积表示为变量，的函数．
要求的最大值，我们有三种思路：根据，直接使用基本不等式；根据，消元后再使用基本不等式；根据，消元后利用导数判断函数的单调性，再求最大值．
函数的实际应用题，我们要经过析题建模解模还原四个过程，在建模时要注意实际情况对自变量取值范围的限制，解模时也要实际问题实际考虑．将实际的最大小化问题，利用函数模型，转化为求函数的最大小是最优化问题中，最常见的思路之一．
22.【答案】解：由得函数的对称轴，故可设，
因为，，
所以，解得，，
所以函数；
，，对称轴，
当即时，函数在上单调递增，，
当即时，函数在上先减后增，，
当即时，函数在上单调递减，，
综上．
由方程和函数的关系，分别作出与的图象，如图所示，
由图可知，
当时，方程有个解；
当时，方程有个解，
当或时，方程有个解，
当时，方程有个解．
【解析】本题主要考查了待定系数求解函数解析，考查了二次函数闭区间上最值的求解及方程解的个数的求解，体现了分类讨论思想的应用，属于中档题．
由已知可得函数的对称轴，先设出函数解析式，结合已知代入可求；
结合对称轴与已知区间的位置关系进行分类讨论，然后确定二次函数在已知区间上的单调性，进而可求；
结合二次函数的性质，转化为求解函数图象的交点问题可求．
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