山西省太原市小店区太原市师范学校附属学校2024-2025学年高一下学期开学考试数学试题（解析版）

第1页/共1页姓名_________准考证号_________秘密★启用前太原师范学院附属中学太原市师苑中学校2024级高一年级分班测评数学试卷注意事项：1．本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟.2．答题前，考生务必用0.5毫米黑色黑迹签字笔在答题卡上填写好自己的考号、姓名、校班等信息.将条形码横贴在答题卡“考生条形码粘贴区”.3．考生作答时，请将答案正确地填写在答题卡上，答在本试卷上无效.4．考试结束后，将答题卡交回.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.已知集合，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意结合交集运算求解即可.【详解】因为集合，所以.故选：A.2.已知命题，有实数解，则命题的否定是（）A.，有实数解B.，无实数解C.，有实数解D.，无实数解【答案】B【解析】【分析】由存在量词命题的否定是全称量词命题可得.【详解】由存在量词命题的否定是全称量词命题可得命题的否定是，无实数解.故选：B.3.已知点是角终边上的一点，且，则的值为（）A.2 B. C.或2 D.或【答案】D【解析】【分析】由三角函数的定义计算可得；【详解】由三角函数定义可得，解得，所以的值为或.故选：D.4.已知不等式的解集为或，则下列结论正确的是（）A.B.C.D.的解集为【答案】D【解析】【分析】根据不等式与方程的关系，结合韦达定理，求得的关系，再分析选项即可求解.【详解】对于A，由已知可得开口向下，即，故A错误；对于BCD，是方程的两个根，所以，所以，，故BC错误，D正确；故选：D.5.若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用指数函数、对数函数及正弦函数性质比较大小.【详解】依题意，，所以.故选：C6.函数是增函数，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】利用一次函数和二次函数的图象和性质及分段函数的单调性求解即可.【详解】由题意可知当时，单调递增，则①，当时，是对称轴为，开口向下的抛物线，则②，因为函数是增函数，所以③，由①②③解得，故选：C7.已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】结合二倍角公式和正切函数的性质化简即可得到答案.【详解】因为，所以，因为，所以，因为所以，即，其余选项无法确定，故选：B.8.定义：对于定义域内的任意一个自变量的值，都存在唯一一个使得成立，则称函数为“正积函数”．下列函数是“正积函数”的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据“正积函数”的定义逐项判断即可.【详解】对于A选项，，由，当时，则不存在满足情况，故函数不是正积函数；对于B选项，，由，则任意一个自变量的值，都存在唯一一个满足，故函数是正积函数；对于C选项，，由，得，当时，，则不唯一，故函数不是正积函数；对于D选项，，由，当时，则不存在满足情况，故函数不是正积函数．故选：B．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知，则下列说法正确的是（）A. B.C. D.【答案】BC【解析】【分析】根据角的象限，结合同角三角函数关系，以及诱导公式逐项判断即可.【详解】由题意，，则，对于A，，故A不正确；对于B，，故B正确；对于C，，故C正确；对于D，，故D不正确；故选：BC.10.设，则下面不等式中恒成立的是（）A. B.C. D.【答案】ABC【解析】【分析】利用做差法可判断A；讨论，平方作差可判断B；利用基本不等式可判断C、D.【详解】对于A，，所以，故A正确；对于B，当时，，，所以，当时，，即，当且仅当时取等号，故B正确；对于C，，，当且仅当时取等号，故C正确；对于D，，，，当且仅当时取等号，故D错误.故选：ABC11.已知函数的定义域为，且对任意，都有及成立，当且时，都有成立，下列四个结论中正确的是（）A.B.函数在区间上为增函数C.直线是函数的一条对称轴D.方程在区间上有4个不同的实根【答案】ACD【解析】【分析】根据题目条件可得是周期为4的偶函数，且在上为增函数，画出函数的图象，逐项判断即可得到正确答案.【详解】∵对任意，都有，∴为偶函数.∵，∴当时，，∴，故，是周期为4的函数.∵当且时，都有成立，∴在上为增函数，函数大致图象如下：由以上分析得，选项A正确.由图象可得函数在区间上为减函数，选项B错误.由图象可得直线是函数的一条对称轴，选项C正确.由图象可得方程在区间上有4个不同的实根，分别为，选项D正确.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是通过函数性质画出简图，数形结合逐项分析即可得到正确答案.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知某扇形的圆心角为，面积为，则该扇形的弧长为_________．【答案】【解析】【分析】由扇形的面积公式求得扇形的半径，进而由弧长公式计算可得.【详解】设扇形的弧长为，半径为，根据已知的扇形的圆心角，面积，由扇形的面积公式，得，解得，由弧长公式.故答案：.13.函数的零点，则的值为____________．【答案】【解析】【分析】由函数单调性以及零点存在定理得，由此即可得解.【详解】因为和均单调递增，所以也单调递增，又注意到，所以由零点存在定理可知函数的唯一零点，所以，即有.故答案为：.14.已知函数为定义在上的奇函数，则__________.【答案】【解析】【分析】根据对称性可得，即可求解.【详解】由于为定义在上的奇函数，故的对称中心为，则，.故答案为：2025四、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.已知集合，，，，求：（1）的值；（2）集合和集合；（3），的值.【答案】（1）；（2），；（3）【解析】【分析】（1）由题设有，代入集合中方程求参数即可；（2）由（1）所得参数，即可求集合A，再根据交并运算结果确定集合B；（3）由（2），代入集合B中方程求参数.【小问1详解】由题设，故，则.【小问2详解】由（1）知：，又，，所以；【小问3详解】由（2）知，则，可得.16.已知函数.（1）若，求的值；（2）判断在上的单调性并利用定义法证明；（3）求在上的最大值.【答案】（1）；（2）在区间上单调递减，在区间上单调递增，证明见解析；（3）.【解析】【分析】（1）先根据已知条件求出进而求出，再开方即可求解.（2）先求出，再利用定义法证明函数的单调性求出单调区间即可.（3）利用（2）中结论，根据函数的单调性，结合，分、两种情况讨论即可求解.【小问1详解】因为，所以，即因为，所以．【小问2详解】在区间上单调递减，在区间上单调递增，证明如下：任取，且，则，因为，且，所以，当时，，所以，即，当时，，所以，即，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增．【小问3详解】当时，由（2）知在上单调递减，所以；当时，由（2）知上单调递减，在上单调递增，因为，所以若，则，若，则．综上，.17.近几年手办深受青少年的喜爱，某工厂计划在2025年利用3D技术生产手办，通过调研分析：生产手办全年需要投入固定成本8万元，生产手办（千件），其它成本为（万元），且，经调研可知每件手办的售价为100元，且每年内生产的手办当年全部销售完.（1）求出2025年的利润（万元）关于年产量（千件）的表达式；（2）2025年的年产量为多少（千件）时，该工厂所获利润最大？最大利润是多少？【答案】（1）（2）年产量为10千件，最大利润是17万元.【解析】【分析】（1）根据销售额减去成本即可得利润，（2）根据二次函数以及基本不等式求解最值，结合分段函数的性质即可求解.【小问1详解】由题意得总收入：（万元），当时，，当时，所以2025年总利润为：【小问2详解】当时，，当时，利润最大，最大利润是8万元.当时，，当且仅当，即：时，利润最大，最大利润是17万元.因为，所以年产量为10千件时，利润最大，最大利润是17万元.18.已知函数，.（1）求证：为奇函数；（2）解关于的不等式；（3）若恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）根据奇偶性定义判断可得答案；（2）设，根据在上的单调性可得答案；（3）原不等式等价对恒成立，再利用基本不等式可得答案.【小问1详解】函数，即，可得，解得或，可得的定义域为，关于原点对称，又，则为奇函数.小问2详解】不等式，即为式，设，即，可得在上单调递减，所以由，所以，解得，所以原不等式的解集为.【小问3详解】由题意，则，解得，所以恒成立，即恒成立，化为，即对恒成立由，当且仅当，即时，取得等号，所以，即的取值范围是.19.已知函数的图像经过点，且两条对称轴间的距离的最小值为.（1）求函数的解析式；（2）当，求函数的单调递增区间；（3）若关于的方程在上有且仅有两个实数根，求实数的取值范围，并求出的值.【答案】（1）（2）（3）的取值范围：，的值为：或.【解析】【分析】（1）由图像过点求得的值，由两条对称轴间的距离的最小值为，求得的值，从而求得函数的解析式；（2）令求出函数的单调递增区间，然后取为和后得到在内的区间，从而写出单调递增区间；（3）由（2）可知函数在区间上函数单调递增，在上单调递减，且存在两条对称轴分别为和，由函数大致图