2023-2024学年海南省定安县高一数学下学期开学考试卷附答案解析

-2024学年海南省定安县高一数学下学期开学考试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，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．1 B． C． D．25．函数的定义域为（

）A．B．C． D．6．若，则a，b，c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:本共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.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9 B．有最大值C．的最小值是4 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：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步器．17．计算下列各式的值：(1)；(2).18．已知为第二象限角，且终边与单位圆相交于点．(1)求的值；(2)求的值．19．已知函数的最小正周期为，且图象经过点．(1)求的单调递减区间；(2)当时，求的最值以及取得最值时的值．20．已知函数．(1)求的最小正周期T；(2)求的最小值以及取得最小值时的集合．21．设函数且．(1)若，解不等式；(2)若在上的最大值与最小值之差为1，求的值．22．已知函数为奇函数．(1)求，判断的单调性，并用定义证明；(2)若不等式恒成立，求实数的取值范围．1．A【分析】分别求出，，再求解即可求解.【详解】由题意可得，，所以，故A正确.故选：A.2．D【分析】利用全称命题的否定形式判定选项即可.【详解】由全称命题的否定形式可知：命题“，”的否定是“，”.故选：D3．A【分析】由充分条件、必要条件的定义判断即可得解.【详解】由题意，若，则，故充分性成立；若，则或，推不出，故必要性不成立；所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.4．B【分析】根据正弦定义即可得到方程，解出即可.【详解】由题意得，解得，故选：B.5．B【分析】由题可得，即可解出定义域.【详解】因为，所以要使函数有意义，则，解得且，所以的定义域为，故选：B.6．B【分析】根据指数函数性质判断即可.【详解】因为在R上单调递增，所以，因为在R上单调递减，所以，所以，即.故选：B.7．C【分析】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.【详解】由为幂函数，所以，得，所以，对A：当时，，，故A错误；对B：，，故B错误；对C：，，故C正确；对D：，，故D错误；故选：C.8．A【分析】利用函数的奇偶性及特殊位置可判定选项.【详解】易知，即为奇函数，其函数图象关于原点中心对称，可排除C、D；显然当时，恒成立，可排除B，即A正确.故选：A9．ABD【分析】利用对数的运算性质判断A、B，根据指对数的关系求x判断C、D.【详解】A：，正确；B：，正确；C：由，即，错误；D：由，即，正确；故选：ABD10．AC【分析】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.【详解】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：AC11．ABD【分析】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．【详解】对A：由，函数的最小正周期为，故A正确；对B：由，，解得，，所以的定义域为，故B正确；对C：，，解得，，所以函数在，上单调递增，故C错误；对D：由C知当时，在上单调递增，所以，故D正确；故选：ABD.12．BC【分析】“1”的应用可对A判断；利用基本不等式可对B、C判断；由，利用二次函数性质从而可对D判断.【详解】对A：由，得，所以，当且仅当，即时取等号，故A错误；对B：由，解得，当且仅当，即时取等号，故B正确；对C：由，当且仅当，即时取等号，故C正确；对D：由，得，则，因为，所以当时，有最小值，故D错误；故选：BC.13．【分析】由于，进而结合诱导公式求解即可.【详解】由诱导公式可得．故答案为：.14．【分析】令可求出定点.【详解】令，可得当时，，所以图象一定经过定点.故答案为：.15．【分析】利用扇形的面积公式计算即可.【详解】易知，根据题意可知扇面画的面积为.故答案为：16．【分析】由题意知在上恒成立，只需，解得的取值范围.【详解】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:.17．(1)(2)1【分析】（1）根据指数幂的运算法则，化简求值，即得答案；（2）根据对数的运算法则，化简求值，即得答案；【详解】（1）原式.（2）原式.18．(1)(2)【分析】（1）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；（2）利用诱导公式结合（1）的结论弦化切计算即可.【详解】（1）点的横坐标为，，又为第二象限角，．；（2）.19．(1)，；(2)时，函数取得最大值2；时，函数取得最小值为.【分析】（1）利用余弦函数的周期性、图象过定点先计算函数解析式，再利用余弦函数的单调性计算减区间即可；（2）利用余弦函数的图象与性质计算即可.【详解】（1）函数的最小正周期为，，即，∵的图象经过点，，，则，，令，，求得，，故函数的单调递减区间为，．（2）当时，可知，由余弦函数的单调性可知，则当，即时，函数取得最大值2，当，即时，函数取得最小值为．20．(1)(2)；【分析】（1）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；（2）根据正弦函数的性质即可求得答案.【详解】（1）由得，所以；（2）由（1）知，此时，即，故x的集合为.21．(1)(2)或【分析】（1）由可求出a的值，即得函数解析式，根据对数函数的单调性解不等式，即得答案；（2）由题意列方程求解，即可求得a的值.【详解】（1）由可得，解得，即，则，即，即，故不等式的解集为；（2）由于在上的最大值与最小值之差为1，故，即或，即的值为或.22．(1)1，增函数，证明见解析(2)【分析】（1）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；（2）利用函数的奇偶性及单调性脱去