湖南省常德市汉寿县第一中学2023-2024学年高一下学期入学考试数学试题

这是一份湖南省常德市汉寿县第一中学2023-2024学年高一下学期入学考试数学试题，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．设集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．为了得到函数的图象，只需将余弦函数图象上各点（ ）．
A．横坐标向左平移个单位长度，纵坐标不变
B．横坐标向右平移个单位长度，纵坐标不变
C．横坐标向左平移个单位长度，纵坐标不变
D．横坐标向右平移个单位长度，纵坐标不变
3．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
4．如图，在中，AD是BC边上的中线，是AD上的一点，且，连接CF并延长交AB于，若，则等于（ ）

A．B．C．D．
5．设，且，则等于（ ）
A．B．C．或D．
6．函数若，则实数的取值是（ ）
A．3B．C．3或D．5或
7．关于的方程，有四个命题：甲：该方程两根之和为；乙：是该方程的根；丙：是该方程的根；丁：该方程两根异号．如果有且只有一个假命题，则该命题是（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
8．已知a，b，c∈R，且a＜b（ ）
A．a2＜b2B．ac2＜bc2C．2a＜2bD．
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．在范围内，与角终边相同的角是
B．已知4弧度的圆心角所对的弦长为2，那么这个圆心角所对的弧长是
C．一个扇形的周长为10，弧长为6，那么该扇形的面积是5
D．若，则
10．当a，时，下列不等关系不成立的是（ ）
A．B．C．D．
11．已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．函数的图象可由的图象向左平移个单位得到
B．直线是图象的一条对称轴
C．若，则的最小值为
D．直线与函数在上的图象有个交点
三、填空题
12．已知幂函数的图象过点,那么 ．
13．已知，且满足，则 ．
14．在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称. 若角α的终边经过点，则 .
四、解答题
15．已知是定义在上的奇函数，当时，.
（1）求函数的解析式；
（2）解不等式.
16．已知函数；
(1)若，求的值；
(2)若方程在上有解，求实数的取值范围
17．已知函数（，，）的最小值为1，最小正周期为，且的图象关于直线对称.
(1)求的解析式、对称轴、对称中心；
(2)求函数在上的单调递减区间.
18．如图，有一条宽为的笔直的河道（假设河道足够长），规划在河道内围出一块直角三角形区域（图中）养殖观赏鱼，，顶点A到河两岸的距离两点分别在两岸上，设.
(1)若，求养殖区域面积的最大值；
(2)现拟沿着养殖区域三边搭建观赏长廊（宽度忽略不计），若，求观赏长廊总长的最小值.
19．设函数（且，）．
(1)若是定义在R上的偶函数，求实数k的值；
(2)若，对任意的，不等式恒成立，求实数a的取值范围．
参考答案：
1．D
【分析】根据交集取共有即可选出答案.
【详解】因为，所以，
故选:D.
2．D
【分析】对函数图象的影响可得变换方法.
【详解】把上的所有点向右平移个单位长度，得到函数的图象.
故选：D.
3．B
【分析】根据题意利用换底公式结合对数、指数函数单调性即可得解.
【详解】因为，
且，可得，
所以.
故选：B.
4．D
【分析】设，，运用平面向量基本定理和向量共线建立关系，解出比值即可得出结果.
【详解】设，，因为，所以，
因为，所以，
又，
又因为，所以，得到，消得到，所以.

故选：D.
5．A
【分析】由条件消掉，利用两角和差的余弦公式即可得到结论.
【详解】由，
得，
平方得，
，
相加得，
即，
又由，知，则，即，
故，
故选：A．
6．D
【分析】对于求解与分段函数有关的方程时，应分段考虑再合并.
【详解】当时，，解得：；
当时，，解得：；
即实数的取值是5或.
故选：D.
7．C
【分析】由题意，可推断得乙丙丁不可能同时为真命题，所以甲是真命题，所以和不可能同时是该方程的根，则乙丙中有一个假命题，丁为真命题，然后分析甲乙丁为真命题和甲丙丁为真命题两种情况，即可得答案.
【详解】若和是该方程的根，则两根同号，
所以乙丙丁不可能同时为真命题，即甲是真命题；
因为该方程两根之和为，则和不可能同时是该方程的根，
所以乙丙中有一个假命题，丁为真命题；
若甲乙丁为真命题，是该方程的根，得另一根为，
此时方程为，符合题意；
若甲丙丁为真命题，是该方程的根，得另一根为，
此时两根同号，不符合题意，所以可知丙为假命题.
故选：C
8．C
【分析】取特殊值可判断ABD不正确，利用指数函数单调性可判断C
【详解】选项A，令，此时，故A错误；
选项B，令，此时，故B错误；
选项C，由于指数函数在上单调递增，故时，，故C正确；
选项D，令，此时，故D错误；
故选：C
9．ABD
【分析】根据终边相同角的表示判断A；由锐角三角函数求出圆的半径，再计算弧长判断B；由扇形面积公式计算判断C；由对数函数单调性判断D.
【详解】对于A，由于，所以角与角终边相同，A正确；
对于B，设圆的半径为，则，即，所以弧长为，B正确；
对于C，扇形所在圆半径为，所以该扇形的面积是，C错误；
对于D，函数在上单调递增，而，所以，D正确.
故选：ABD
10．ABD
【分析】应用特殊值法：令判断A，令判断B，令判断D，由重要不等式判断C.
【详解】A：当时，显然不成立；
B：当时，不成立；
C：由重要不等式知：当且仅当时等号成立；
D：当时，不成立.
故选：ABD
11．BCD
【分析】由图象求出函数的解析式，利用三角函数图象变换可判断A选项；利用正弦型函数的对称性可判断B选项；利用正弦型函数的周期性可判断C选项；求出在时的可能取值，可判断D选项.
【详解】对于A选项，由图可知，函数的最小正周期为，则，
又因为，因为，则，
所以，，则，所以，，
故函数的图象可由的图象向左平移个单位得到，A错；
对于B选项，，
所以，直线是图象的一条对称轴，B对；
对于C选项，因为，
所以，的最小值为，C对；
对于D选项，当时，，
由可知的可能取值集合为，
所以，直线与函数在上的图象有个交点，D对.
故选：BCD.
12．
【详解】∵幂函数的图象过点
∴，即，
∴
13．/
【分析】由三角恒等变换求解即可
【详解】，
即，
①，
又，
，
所以②，
①②两式平方相加得，
进而，即，
所以，
又
所以，进而，
因为，
所以故，
所以.
故答案为：
14．
【详解】由题意可知的终边过点，的终边过点，
由三角函数的定义有：，
则：.
15．（1）；（2）
【详解】试题分析：（1）设则，将代入解析式可得，再利用奇函数的性质可求得此时，再将函数写成分段函数形式即可；（2）当时，解不等式为，当当时解原不等式为，再求两不等式解集的并集即可.
当时，原不等式为
试题解析： （1）当时，，则，
是定义在上的奇函数，
当时，，
.
（2）当时，原不等式为，解得，从而；
当时，原不等式为，此不等式的解集为.
综上，原不等式的解集为
考点：1.函数的奇偶性；2.函数与不等式；3.一元二次不等式的解法.
【名师点睛】本题考查.函数的奇偶性、函数与不等式、一元二次不等式的解法，属中档题；与函数奇偶性有关的问题有：1.已知函数的奇偶性，求函数值；2.已知函数的奇偶性，求函数解析式；3.已知函数的奇偶性，求解析式中参数的值；4.应用奇偶性的画函数的图象和判断单调性.
16．(1)0；
(2).
【分析】（1）根据对数的运算法则进行运算求解即可；
（2）根据复合函数单调性的性质进行求解即可.
【详解】（1），
，
；
（2），
在上单调递减，在上单调递增，
由复合函数单调性知：在上单调递减，在上单调递减，
当时，，即，
若方程在上有解，则，
即实数的取值范围为.
17．(1)；对称轴为，；对称中心为，.
(2)在上的单调递减区间为，，.
【分析】（1）先根据函数的最值，最小正周期，对称轴求出函数的解析式，再利用函数
的性质求对称轴与对称中心；
（2）利用函数的性质求出递减区间，再结合区间即得.
【详解】（1）由题意可知，所以，，
因为的图象关于直线对称，所以，，
得，，又因，所以，故，
令，，得，，故函数的对称轴为，；
令，，得，，
故对称中心为，.
（2），
令，，得，，
故函数的递减区间为，，
当时得，当时得，当时得，
又因，
所以在上的单调递减区间为，，
18．(1)；
(2).
【分析】（1）由题可得，再利用基本不等式即得；
（2）由题可知，利用同角关系式可转化为，然后利用函数的单调性即求.
【详解】（1）当时，，
所以，
又因为（当且仅当时等号成立），
所以，
于是，
因此，养殖区域面积的最大值为.
（2）由题意，，
所以，
所以的周长，
其中.
设，则，
所以.
所以，
于是当时，，即，
因此，观赏长廊总长的最小值为.
19．(1)1
(2)
【分析】（1）由函数奇偶性列出等量关系，求出实数k的值；（2）对原式进行化简，得到对恒成立，分和两种情况分类讨论，求出实数a的取值范围.
【详解】（1）由可得，
即对恒成立，可解得:
（2）当时，有
由，
即有，且
故有对恒成立，
①若，则显然成立
②若，则函数在上单调递增
故有，解得：；
综上：实数a的取值范围为