2023-2024学年海南省定安中学高一（下）开学数学试卷（含解析）

2023-2024学年海南省定安中学高一（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.设集合，，则( )
A. B. C. D.
2.命题“，”的否定是( )
A. “，” B. “，”
C. “，” D. “，”
3.已知，则是的( )
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
4.已知角的顶点为坐标原点，始边为轴的正半轴，若角终边有一点，且，则( )
A. B. C. D.
5.函数的定义域为( )
A. B. C. D.
6.若，，，则，，的大小关系是( )
A. B. C. D.
7.已知函数为幂函数，若函数，则的零点所在区间为( )
A. B. C. D.
8.函数的图象大致为( )
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.下列各式正确的有( )
A. B.
C. 若，则 D. 若，则
10.已知关于的一元二次不等式的解集为或，则( )
A. 且
B.
C. 不等式的解集为
D. 不等式的解集为
11.已知函数，则( )
A. 的最小正周期为
B. 的定义域为
C. 是增函数
D.
12.若正实数，满足，则( )
A. 有最小值 B. 有最大值
C. 的最小值是 D. 的最小值是
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.______．
14.当且时，函数的图象一定经过定点 ．
15.扇面书画在中国传统绘画中由来已久最早关于扇面书画的文献记载，是王羲之书六角扇扇面书画发展到明清时期，折扇开始逐渐的成为主流如图，该折扇扇面画的外弧长为，内弧长为，且该扇面所在扇形的圆心角约为，则该扇面画的面积约为______．
16.若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是______．
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
计算下列各式的值：
；
．
18.本小题分
已知为第二象限角，且终边与单位圆相交于点．
求的值；
求的值．
19.本小题分
已知函数的最小正周期为，且图象经过点．
求的单调递减区间；
当时，求的最值以及取得最值时的值．
20.本小题分
已知函数．
求的最小正周期；
求的最小值以及取得最小值时的集合．
21.本小题分
设函数且．
若，解不等式；
若在上的最大值与最小值之差为，求的值．
22.本小题分
已知函数为奇函数．
求，判断的单调性，并用定义证明；
若不等式恒成立，求实数的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由题意可得，，
所以，故A正确．
故选：．
分别求出，，再求解即可求解．
本题考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】
【解析】解：根据题意，命题“，”的否定是“，”．
故选：．
根据题意，利用全称命题的否定形式判定选项即可．
本题考查命题的否定，注意全称命题的否定形式，属于基础题．
3.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了充分必要条件的定义，一元二次不等式的解法，属于基础题．
求解，得出或，根据充分必要的定义判断即可得出答案．
【解答】解：先看充分性：
，
，
充分性成立，
再看必要性：
，
或，
必要性不成立，
是的充分不必要条件，
故选：．
4.【答案】
【解析】解：角的顶点为坐标原点，始边为轴的正半轴，若角终边有一点，且，
即，解得．
故选：．
由题意，根据正弦定义即可得到方程，解出即可．
本题主要考查任意角的三角函数的定义，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：由题意可得，，
解得且，
即函数的定义域为．
故选：．
由题意可得，求出的范围即可．
本题主要考查了求函数的定义域，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：，，
，，
．
故选：．
利用指数函数的单调性求解．
本题主要考查了指数函数的性质，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：由为幂函数，所以，得，所以，
对：当时，，，故A错误；
对：，，故B错误；
对：，，故C正确；
对：，，故D错误．
故选：．
由为幂函数，可求出，即得到，再利用零点存在定理从而可求解．
本题主要考查函数零点判定定理的应用，考查计算能力，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：根据题意，设，其定义域为，
有，则为奇函数，其函数图象关于原点中心对称，可排除、；
显然当时，恒成立，可排除，即A正确．
故选：．
根据题意，分析函数的奇偶性排除、，由函数值的符号排除，即可得答案．
本题考查函数的图象分析，涉及函数的奇偶性分析，属于基础题．
9.【答案】
【解析】解：由于，故A正确；
，B正确；
若，则，则不正确；
若，则，故D正确．
故选：．
根据对数的运算性质即可求出．
本题考查了对数的运算性质，考查了运算求解能力，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：由题意可知，
所以且，，故A正确，B错误；
不等式，故C正确；
不等式，
即，所以或，故D错误．
故选：．
利用一元二次不等式、二次函数、一元二次的关系求参数一一判定选项即可．
本题考查二次不等式的解法，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：对：由，函数的最小正周期为，故A正确；
对：由，，解得，，
所以的定义域为，故B正确；
对：，，解得，，
所以函数在，上单调递增，故C错误；
对：由知当时，在上单调递增，所以，故D正确．
故选：．
根据正切函数的性质依次求出函数的最小正周期、定义域、单调区间即可求解．
本题考查正切函数的性质，属于基础题．
12.【答案】
【解析】解：对：由，得，所以，
当且仅当，即时取等号，故A错误；
对：由，解得，当且仅当，即时取等号，故B正确；
对：由，当且仅当，即时取等号，故C正确；
对：由，得，则，
因为，所以当时，有最小值，故D错误．
故选：．
利用的代换可对判断；利用基本不等式可对、判断；由，利用二次函数性质从而可对判断．
本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：．
故答案为：．
直接利用诱导公式以及特殊角的三角函数化简求解即可．
本题考查诱导公式的应用，特殊角的三角函数求值，考查计算能力．
14.【答案】
【解析】【分析】
本题考查指数函数过定点问题，属于基础题．
利用指数函数的性质求解．
【解答】
解：令得，，此时，
函数的图象一定经过定点，
故答案为：．
15.【答案】
【解析】解：易知，根据题意可知扇面的面积为．
故答案为：．
利用扇形的面积公式计算即可．
本题主要考查扇形的面积公式，属于基础题．
16.【答案】
【解析】解：根据条件可以转化为，
不等式在上恒成立，等价于在上恒成立，
只需满足，，解得，
综上可得，的取值范围为．
故答案为：．
由题意知在上恒成立，只需，解得的取值范围．
本题主要考查了由二次不等式恒成立求解参数范围，体现了转化思想的应用，属于基础题．
17.【答案】解：原式
；
原式．
【解析】结合指数幂的运算性质即可求解；
结合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：点的横坐标为，
，
又为第二象限角，
．
；
．
【解析】利用三角函数的定义及同角三角函数的平方关系与商数关系计算即可；
利用诱导公式结合的结论弦化切计算即可．
本题主要考查三角函数的诱导公式，属于基础题．
19.【答案】解：函数的最小正周期为，，即，
的图象经过点，，结合，解得，
的解析式为，
令，，解得，，可知的单调递减区间为，．
当时，可知，所以，
因此，当，即时，函数取得最大值；当，即时，函数取得最小值为．
【解析】根据余弦函数的周期性、函数经图象过定点，计算出的解析式，然后利用余弦函数的单调性算出答案；
利用余弦函数的图象与性质，求出在上的最值以及取得最值时的值．
本题主要考查三角函数的周期性、余弦函数的单调性与最值等知识，属于基础题．
20.【答案】解：由得，
所以；
由知，此时，即，
故的集合为．
【解析】利用辅助角公式化简，结合正弦函数的周期公式即可求得答案；
根据正弦函数的性质即可求得答案．
本题考查的知识要点：三角函数的关系式的变换，三角函数的值，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
21.【答案】解：由，
所以，，
由，可得，
所以，即，
故原不等式的解集为；
若在上的最大值与最小值之差为且在上单调，
所以，
即，
所以或．
【解析】由已知先求出，然后结合对数函数的单调性即可求解；
结合对数函数的单调性即可求解．
本题主要考查了待定系数法求解函数解析式，还考查了对数不等式的求解及对数函数单调性在最值求解中的应用，属于中档题．
22.【答案】解：函数为奇函数，所以，
即，则，
即，则，得；
所以，
函数在上为增函数，
证明如下：
设，则
，所以，且，，
，即，
函数在上为增函数；
不等式恒成立，
，
函数为奇函数，，
函数在上单调递增，则，
即恒成立，
当时，不等式恒成立，满足题意；
当时，需满足，即，解得，
综上，实数的取值范围为．
【解析】先根据奇函数的定义计算参数，再由函数的单调性定义证明即可；
利用函数的奇偶性及单调性脱去函数符号，结合一元二次不等式恒成立讨论计算即可．
本题考查了利用函数的奇偶性求参数的值，利用定义法证明函数的单调性，利用不等式恒成立求参数的取值范围，考查了转化思想、分类讨论思想和方程思想，属中档题．
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