湖南省长沙市麓山国际实验学校2023-2024学年高一下学期第一次学情检测数学试题(含答案)

这是一份湖南省长沙市麓山国际实验学校2023-2024学年高一下学期第一次学情检测数学试题(含答案)，共10页。试卷主要包含了单选题，选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
总分：150分 时量：120分钟
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．若命题且，则命题为（ ）
A．且B．或
C．且D．或
2．已知函数，则（ ）
A．6B．4C．2D．0
3．（★）设是非零向量，则是成立的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
4．如图，一高为的球形鱼缸，匀速注满水所用时间为．若鱼缸水深为时，匀速注水所用的时间为，则函数的图像大致是（ ）
A．B．C．D．
5．（★）已知正实数满足，则的最小值是（ ）
A．9B．8C．3D．
6．在中，内角所对的边分别为．向量．若，则角的大小为（ ）
A．B．C．D．
7．（★）已知是定义在上的奇函数，当时，，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数在区间上恰有3个零点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9．已知关于的不等式的解集为，则（ ）
A．B．
C．的解集是D．的解集是
10．（★）已知向量，下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．与向量平行的单位向量仅有D．向量在向量上的投影向量为
11．下列命题中正确的是（ ）
A．若且，则为第二象限角
B．
C．若，则
D．若角的终边在第一象限，则的取值集合为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（★）_______．
13．（★）_______．
14．（★）已知函数，且，则下列结论中，一定成立的是
① ② ③ ④．
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．（13分）已知二次函数满足．
（1）求的解析式．
（2）求在上的值域．
16．（15分）在中，内角所对的边分别为．已知．
（1）求的大小；
（2）若，求的面积．
17．（15分）已知定义在上的函数，且是偶函数．
（1）求的解析式；
（2）当时，记的最大值为，若存在，使，求实数的取值范围．
18．（17分）已知函数，其中在一个周期内的图象如图所示，点，点是图象上的最低点，点是图象上的最高点．
（1）求函数的解析式
（2）记（均为锐角），求的值．
19．（17分）已知为常数，函数．
（1）当时，求关于的不等式的解集；
（2）当时，若函数在上存在零点，求实数的取值范围；
（3）对于给定的，且，证明：关于的方程在区间内有一个实数根．
2023-2024-2麓山国际高一年级第一次学情检测
高一年级 数学试卷
参考答案
1．B
存在量词命题的否定是全称命题，将存在量词改为全称量词，并否定结论，故命题为或．故选：B．
2．C
由题意，在中，
，故选：C.
3. B
由可知，方向相同，表示方向上的单位向量，所以成立；由可得，同向共线，不一定有，反之不成立，所以是成立的充分不必要条件，故选B.
4．D
将容器看做一个球体，在刚开始注水时，由于球体的截面积较小，对于相同的时间，
高度的变化较大，即较大，到水注入球体的一半时，由于球体的截面积较大，的变化率较小，接近于球体的顶端时，的变化率又较大．故选：D．
5. C
由条件知
当且仅当故选C.
6．B
因为向量 ，，，
所以 ，即 ，
由余弦定理可得.因为，所以，故选：B.
7. B
因为
由故选B.
8．A
由题意可知时，，根据正弦函数的图象与性质知.故选：A
9．CD
由题意可得和5是方程的两根，且，
由韦达定理可得，得，
对于A，因为，故A错误；对于B，，故B错误；
对于C，不等式，即，即，得，
∴不等式的解集是，故C正确； 对于D，由不等式，得，即，则，得或，即解集为，故D正确.故选：CD.
10. AD
因为，
11．ABD
若，则为第二或四象限角，又，则为第一或二象限角或终边为y轴非负半轴，则为第二象限角，故A选项正确；
，B选项正确；
当时，满足，此时，不满足（），
故C选项错误；
角的终边在第一象限，则角的终边在第一或第三象限，
当角的终边在第一象限时，，
当角的终边在第三象限时，，
故则的取值集合为，D选项正确. 故选：ABD
12.
13. 9
14. ④
画出的图象，由图可知，的符号不确定, ,故①②错；
故
又
15．(1) (2)
【详解】（1）令，则，，∴
（2）因为，
所以的图象对称轴为，在上递减，在上递增，
∴，，即的值域为
16．(1) (2)
【详解】（1）由，结合正弦定理，
得，即，
即，即，
因为，所以，即．
（2）因为，所以．
利用正弦定理得．
而，
故的面积为．
17．(1) (2)
【详解】（1）记，为偶函数，恒成立，即恒成立，
恒成立，
恒成立，即恒成立，，
（2）和都是单调递增函数,在是单调递增的，,
在上有解，在上有解，
在上有解，在上单调递增，,
18.
【详解】
以及点是图象上的最低点，是图象上的最高点.
可得将Q点代入得：
所以又因为，所以，
所以
(2)由图可知，点R的横坐标为，
19．（1）当时，不等式的解集为或；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为或；
（2）；（3）证明见解析.
【详解】（1）当时，.
当，即时，由得或，
不等式的解集为或.
当，即时，恒成立，不等式的解集为.
当，即时，由得或，
不等式的解集为或.
综上，当时，不等式的解集为或；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为或
（2）当时，，其图象的对称轴为.
当，即时，在上单调递增，
在上存在零点，，即得.
.当，即时，在上存在零点，
或或或，
解得或或或或.
.当，即时，在上单调递减，
在上存在零点，，即得.
.
综上，.实数的取值范围为
（3）设.
当给定时，为定值.
,
.又对于给定的，且，，
在区间上单调，即在区间上单调，
在区间上有且只有一个零点，
即方程在区间内有一个实数根