高一数学开学摸底考 01-人教A版2019必修第一册全册开学摸底考试卷
2023-2024学年高一下学期开学摸底考 01
数学
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
4．测试范围：人教A版2019必修第一册全册.
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第Ⅰ卷
一、单项选择题：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.
1．已如集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．下列运算中，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3．设，则的大小关系为（ ）
A． B．
C． D．
4．唐代数学家 天文学家僧一行，利用“九服晷影算法”建立了从0°到80°的晷影长与太阳天顶距的对应数表.已知晷影长 表高h与太阳天顶距满足，记太阳天顶距为75°时晷影长为，太阳天顶距为45°时晷影长为，则的值为（ ）
A． B． C． D．
5．函数的图像可能（ ）
A． B．
C． D．
6．若为第二象限角，且，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数在上单调递减，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．在上有解 B．的最小值为
C． D．的最小正周期为
二、多项选择题：本题共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．下列函数中，既是偶函数又在区间上是增函数的是（ ）
A． B．
C． D．
10．下列选项中,正确的是（ ）
A．若,则
B．若不等式的解集为,则
C．函数（且）的图象恒过定点
D．若,且,则的最小值为9
11．在平面直角坐标系中，角的始边为 的正半轴，终边经过点，则下列式子正确的是（ ）
A． B．
C． D．若为钝角，则
12．已知函数是定义在上的偶函数，当时，，则下列说法正确的是（ ）
A． B．在定义域上为增函数
C．当时， D．不等式的解集为
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．函数的定义域为 ．
14．已知，则 ．
15．关于的方程在内有两相异实根，则的取值范围是 ．
16．若函数在内满足：对于任意的实数，都有成立，则实数的取值范围为 ．
四．解答题：本题共6小题，17题10分，剩下每题12分.共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．已知实数x满足集合，实数x满足集合或．
(1)若，求；
(2)若p是q的充分不必要条件，求实数a的取值范围．
18．已知函数（且，为常数）的图象经过点，.
(1)求的值；
(2)设函数，求在上的值域.
19．已知函数的部分图象如下图所示，最高点的坐标为．
(1)求函数的解析式；
(2)若存在，对任意，不等式恒成立，求的取值范围．
20．甲、乙两地相距800km，货车从甲地匀速行驶到乙地，速度不得超过，若货车每小时的运输成本（以元为单位）由可变成本和固定成本组成：可变成本是速度的平方的倍，固定成本为元.
(1)将全程运输成本（元）表示为速度的函数，并指出这个函数的定义域；
(2)为了使全程运输成本最小，货车应以多大的速度行驶？并求出全程运输成本的最小值.
21．已知函数，的图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为.
(1)求的值；
(2)将函数的图象上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，求函数在区间上的值域.
22．若函数在定义域上满足，且时,定义域为的为偶函数.
(1)求证：函数在定义域上单调递增.
(2)若在区间上，；在上的图象关于点对称.
（i）求函数和函数在区间上的解析式.
（ii）若关于x的不等式，对任意定义域内的恒成立，求实数存在时，的最大值关于a的函数关系.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【分析】求出集合，再与集合进行并集运算即可求解.
【详解】因为，，
所以，
故选：B.
2．A
【分析】AB选项，根据指数运算法则计算出答案；CD选项，根据指数运算和对数运算法则进行计算.
【详解】A选项，，A正确；
B选项，，B错误；
C选项，，C错误；
D选项，，D错误.
故选：A
3．D
【分析】根据指数函数的单调性可得，根据对数函数的单调性可得，即可求解.
【详解】∵，而，∴，
又，∴.
故选：D.
4．C
【分析】根据晷影长 表高h与太阳天顶距满足求解.
【详解】解：依题意：，
故选：C.
5．D
【解析】根据函数是奇函数可排除AB，取特殊值可排除C.
【详解】可知的定义域为关于原点对称，
，
是奇函数，图象关于原点对称，故AB错误；
，故C错误，故D正确.
故选：D.
6．C
【分析】确定，得到，确定，计算得到答案.
【详解】，故，
故，故，
.
故选：C.
7．C
【分析】根据函数定义可得在上恒成立，利用参变分离结合恒成立问题可得，再根据复合函数单调性结合二次函数性质可得.
【详解】由题意可知：在上恒成立，
整理得在上恒成立，
因为在上单调递减，则在上单调递减，
且，可得，
又因为在定义域内单调递增，且函数在上单调递减，
可得在上单调递减，则，可得，
综上所述：a的取值范围是.
故选：C.
8．A
【分析】由题可得是以为周期的函数，故只需考虑时函数的性质，然后逐项分析即得.
【详解】，
是以为周期的函数，
当时，，
则，
，
函数的最小正周期为，函数的最小值为1，故BD错误，
由，故C错误；
由，∴在上有解，故A正确.
故选：A.
9．AC
【分析】利用函数的奇偶性和单调性的概念进行判断.
【详解】对于A，定义域为，
当时，在上是增函数，
又，所以是偶函数，故A对；
对于B，由，定义域为R且为奇函数，不符合题意；故B错；
对于C，，所以是偶函数，在上是增函数，故C正确；
对于D，，所以是偶函数，在上是减函数，故D错.
故选：AC
10．AD
【分析】根据命题的否定即可判断选项A正误,根据一元二次不等式解集和一元二次方程根之间的关系,再利用韦达定理,即可判断选项B正误,根据恒过,即可得选项C正误,根据“1”的代换,即可得选项D的正误.
【详解】解:由题知,“”的否定是“”,
故选项A正确;
若不等式的解集为,
则的两根为-1,3,
且,
根据韦达定理有:
,
解得,
所以,
故选项B错误;
因为恒过,
所以恒过,
故选项C错误;
因为,
所以
,
当且仅当,即时等式成立,
故的最小值为9,
故选项D正确.
故选:AD
11．CD
【分析】根据终边上的点求出三角函数值进行计算，诱导公式，余弦函数在第二象限单调递减即可解决.
【详解】解：因为角终边经过点，
则
对于 ：，故错误；
对于：，故错误；
对于：，故正确；
对于：因为当，单调递减，而，即，所以，故正确.
故选：CD.
12．CD
【分析】对于A，利用的奇偶性直接求得；对于BC，利用的奇偶性求得的解析式，结合二次函数的性质即可判断；对于D，利用的单调性与奇偶性解不等式即可得解.
【详解】因为是定义域为上的偶函数，所以，
又当时，，所以，故A错误；
当时，，则，故C正确；
因为开口向上，对称轴为，
所以在上单调递减，故B错误；
因为是定义域为上的偶函数，所以在上单调递增，
而可化为，所以，解得，故D正确.
故选：CD.
13．
【分析】根据对数的真数大于零，分式的分母不为零，列不等式求解即可．
【详解】解：由已知得，解得且，
函数的定义域为，
故答案为．
【点睛】本题考查函数的定义域的求法，是基础题．
14．##0.5
【分析】利用同角三角函数的平方关系化简已知条件，可求，再根据余弦的二倍角公式求解即可.
【详解】解：已知，
即，
解得或（舍），
，
故答案为：.
15．
【分析】根据辅助角公式化简可得，再根据正弦函数的图象性质求解即可.
【详解】由题意，在内有两解，又，
∴，..
又，，
故若有两解，则.
故答案为：
16．
【分析】先得到函数在R上单调递增，再根据分段函数单调递增需满足每一段上单调递增，且在分段处，左端点的函数值小于等于右端点的函数值，得到不等式，求出答案.
【详解】由题意得在R上单调递增，
由题意得，解得.
故答案为：
17．(1)；
(2)．
【分析】（1）利用交集概念及运算即可得到结果；
（2）因为p是q的充分不必要条件，所以A是B的真子集，比较端点后列出不等式，得到结果．
【详解】（1）因为，所以，又或．
所以
（2）因为p是q的充分不必要条件，所以A是B的真子集，所以或，解得：或，
故实数a的取值范围是.
18．(1)
(2)
【分析】（1）利用待定系数法即可得解；
（2）利用对数函数的单调性与单调性的加减性质即可得解.
【详解】（1）因为的图象经过点，，
所以，两式相减得，
又且，解得或（舍去），则.
（2）由（1）得，
因为函数在上单调递增，函数在上单调递增，
所以在上单调递增，
则，
，
故在上的值域为.
19．(1)
(2)．
【分析】（1）根据最值求，根据周期求，再根据五点中的一个点求；
（2）不等式转化为恒成立，转化为求函数的最小值，转化为关于的一次不等式，根据的取值，求的取值范围.
【详解】（1）由题图可知：，，，
即，将代入，即，，又，，；
（2），，，，，由题意可知：，即
即以为自变量的不等式，，解得：或，
的取值范围为．
20．(1)，定义域为；
(2)答案见解析.
【分析】（1）由题意货车每小时的运输的可变成本为，固定成本为a元，求和后乘以时间即可.
（2）由（1）的结论，利用基本不等式求最小值作答.
【详解】（1）依题意，可变成本为，固定成本为a元，所用时间为，
所以，定义域为.
（2）由（1）知，当，得，
显然函数在上递减，在上递增，又，
所以当时，货车以的速度行驶，全程运输成本最小；
当时，货车以的速度行驶，全程运输成本最小.
21．(1)1
(2)
【分析】（1）根据题意利用二倍角公式和辅助角公式可得，又知周期为即可得；
（2）根据三角函数平移规则可得，利用整体代换即可求得其在区间上的值域.
【详解】（1）易知
；
由题意可得，即
又，可得
（2）由（1）知
由平移规则可得，
当时，
由正弦函数单调性可知，
所以
即函数在区间上的值域为
22．(1)证明见解析；
(2)（i），；（ii）.
【分析】（1）令，应用作差法判断的符号，即可证单调性；
（2）（i）由题设函数为奇函数，且，即可求上，再应用奇偶性、对称性求区间上的解析式；
（ii）根据题设可得在上单调递减，写出的分段形式，结合二次函数性质，讨论、求的最大值关于a的函数关系.
【详解】（1）任取，使，则
，
因为，所以，则，故
所以函数在定义域上单调递增.
（2）（i）令中，则，.
令，，即且函数定义域为R，
所以函数为奇函数.
由，则，
联立两式，可得，
所以，且，而，
令，则，故；
令，则，故；
综上，，
对在的部分，存在，其中，
则，所以对均成立.
（ii），化简得，
则在上单调递减，，
若，即，此时在上递减，故，
若，即，此时，，
即在定义域上单调递减，所以.
综上所述，.
【点睛】关键点点睛：第二问，（i）应用方程法求解析式，再应用奇偶对称性求区间上的解析式；（ii）利用已知得到在上单调递减为关键.
答案第1页，共2页
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