河南省安阳市文源高级中学2024-2025学年高一下学期开学考试数学试题

安阳市文源高级中学 2024—2025学年（下）高一开学考试 数学·答案 1．C 【思路点拨】因为集合    1,0,1,2 , 1,2,3 ,M N   所以M N  { 1,0,1,2,3} . 2．C 【思路点拨】由   2 1f x x  ，则 2 1 0x   ，解得 1 2 x  ，故选 C． 3．B 【思路点拨】因为 5π75 12   ，设扇形的半径为 r，所以 5π2 24 5π 12 r r   ，解得 12r  ，所以该扇形的面积 2 1 5π 12 30π 2 12 S     ． 4．C 【思路点拨】正数 a，b满足 2ab  ，则   1 2 2 2 4 2 4 2 2 8a b ab a b a b ab            ，当且仅当 2 2b a  时取 等号，所以当 1, 2a b  时，   1 2a b  取得最小值 8. 5．C 【思路点拨】因为 3 3 3log 3 log 6 log 9  ，所以1 2a  ，因为 1.22 2 b ， 1.2 00.5 0.5 1c    ，所以 c a b  . 6．A 【思路点拨】由于  f x 为偶函数，故    7 7f f  ，    3 3f f  ，由于  0,x  时，  f x 是增函数，π 3 7  ， 故      π 3 7f f f    ， 7．C 【思路点拨】令    2max ( 2) , 2f x x x   ，由 2( 2) 2x x   ，解得 1x   或 2x   ，由 2( 2) 2x x   ，解得 2< < 1x  ， 所以       2 2 2 , 1 2, 2 1 2 , 2 x x f x x x x x               ，则  f x 的图象如下所示： 由图可知当 2x   时  f x 取得最小值，即    min 2 0f x f   ，所以  2max ( 2) , 2x x  的最小值为0 . 8．B 【思路点拨】依题意，函数 ( ) ( ( ) 1)g x f f x  零点的个数，即为方程 ( ( ) 1) 0f f x   解的个数，令 ( ) 1f x t  ，则 ( ) 0f t  ， 当 0t  时， 1ln 0t t   ，令 1( ) lnh t t t   ， 0t  ，函数 1ln ,y t y t    在 (0, ) 上单调递增，于是函数 ( )h t 在 (0, ) 上单调递 增，又 (1) 1 0h    ， 1(e) 1 0 e h    ，则存在 1 (1,e)t  ，使得 1( ) 0h t  ；当 0t  时， | 1| 1 0t    ，解得 0t  或 2 ，作函数 1ln , 0 ( ) 1 1, 0 x x f x x x x         的大致图象，如图： 又 ( ) 1f x t  ，则 ( ) 1f x t  ，当 0t  时， ( ) 1f x  ，由  y f x 的图象知，方程 ( ) 1f x  有两个解；当 2t   时， ( ) 1f x   ， 由  y f x 的图象知，方程 ( ) 1f x   有两个解；当 t  1t ， 1 (1,e)t  时， 1( ) 1f x t  ，由  y f x 的图象知，方程 1( ) 1f x t  有一个解，综上所述，函数 ( ) ( ( ) 1)g x f f x  的零点个数为 5. 9．AC 【思路点拨】  log 1ay x a  ，  0y kx b k   单调递增，故 A， C错误；  0,0 1xy ka b k a     ，  0 ky b k x a     单调递减，满足题意. 10．AC 【思路点拨】对于函数 π( ) 2sin(2 ) 3 f x x  ，令 π 6 x  ，求得 ( ) 0f x  ，可得它的图象关于点 π( ,0) 6 对称，故A正确、B不 正确．区间 π[0, ] 3 上， π π π2 [ , ] 3 3 3 x    , ( )f x 单调递增，故C正确．令 2 π 3 x k  ，得函数 ( )f x 的零点为 π ( Z) 6 2 kx k   ， 故D不正确， 11．AC 【思路点拨】对 A： 2 2 1 9( ) sin cos 1 cos 2 4 f x x x x           ，又当 x R 时，cos [ 1,1]x  ，故 9( ) 0, 4 f x      ，故 A正确； 对 B：要使得函数  g x 有意义，则 23 log (3 ) 0x   且3 0x  ，解得： 5x   且 3x  ，故 ( )g x 的定义域为[ 5,3) ，故B错 误；对 C： 12cos 1 0 cos 2 x      ，则 2 4{ | 2 2 , } 3 3 x x k x k k Z        ，故C正确；对 D：命题 p的否定 :p x  R ， 均有 2 1 0x   ，故D错误. 12． 4 5 【思路点拨】解：∵角 的终边经过点 3(4, )P  ，∴ 2 24 ( 3) 5OP r     ，∴ 4cos 5 x r    ， 13． 2 【思路点拨】  f x 定义域为R ，且  f x 为奇函数，  0 1 0 2 af    ，解得： 2a   ；当 2a   时，   2 3 11 3 1 3 1 x x xf x       ，    3 1 1 3 3 1 1 3 x x x xf x f x             ， ( )f x\ 为R 上的奇函数，满足题意；综上所述： 2a   . 14． 1 3 【思路点拨】因为正数 x， y满足 4 0x y xy   ，所以 4x y xy  ，即 1 4 1 y x   ，则   1 4 4 45 5 2 5 4 9x y x yx y x y y x y x y x                   ，当且仅当 4x y y x  且 1 4 1 y x   ，即 6, 3x y  时取等号， 此时 x y 取得最小值 9，则 3 x y 的最大值为 1 3 ． 15． 【思路点拨】（1）当 3m  时，集合  2 5A x x    ，  4 5B x x   ，故  4 5A B x x    . （2）B A ，则   1 2 1 2 5x m x m x x        ， 当 B 时， 1 2 1m m   ，即 2m  ，满足B A ，故 2m  ； 当 B  时， 1 2 1m m   ，即 2m≥ 时，则 1 2 2 1 5 m m       ，解得 3 3m   ， 于是得 2 3m  ， 综上所述： 3m  ，所以实数m的取值范围是  ,3 . 16． 【思路点拨】（1）对于      ln 1 ln 1f x x x    ，有 1 0 1 0 x x      ，解得 1 1x   ，故  1 1A x x    . （2） ( )f x 为奇函数，证明如下： 由（1）知  f x 的定义域  1 1A x x    关于原点对称，又            ln 1 ln 1 ln 1 ln 1f x x x x x f x              ， 故 ( )f x 为奇函数. （3）令 2 2t x x  ，则其图象开口向上，对称轴为 1x   ，又  1 1A x x    ，所以 2 2t x x  在  1,1 上单调递增， 当 1x   时，    21 2 1 1t        ；当 1x  时， 21 2 1 3t     ；所以 ( 1, 3)t  ，又 1 2 t y       在R 上递减，所以 3 11 1 1 2 2 2 t                    ，即 1 1 2 8 2 t       故   2 21 2 x x g x        的值域为 1 ,2 8       . 17． 【思路点拨】（1）由图象可得： 3A  ， 3 3π 4 4 T = ，所以 2π πT    ，又 0  ，则 2  ，所以    3sin 2f x x   ， 代入 π ,3 12       得： π π3sin 3 12 6 f              ，则 π π 2 π 6 2 k   ，k Z ，解得： π 2 π 3 k   ，k Z ，又 π 2   ，所以 π 3   ， 故   3sin 2 3 f x x       ． （2）由（1）知：   3sin 2 3 f x x       ，所以   π π π3sin 2 1 3sin 2 1 12 3 2 g x x x                   ，即   3cos 2 1g x x  ，又 xR ， 所以  3cos 2 3,3x  ，则    4,2g x   ，令    4, 2t g x   ，则有  2 2 3 10 0t m t m     恒成立，所以     16 4 2 3 10 0 4 2 2 3 10 0 m m m m             ， 解得： 2 0 3 m   ，故m的取值范围为 2 ,0 3     ． 18． 【思路点拨】（1）因为 ( ) 2sin(π ) scos sin 22sin cof x x x x xx   ，所以 π πsin 1 4 2 f        ， ( )f x 的最小正周期为 2π π 2  . （2）因为   πcos 2 6 g x x      ，当 π2 2 π, 6 x k k  Z ，即 ππ , 12 x k k  Z时，  g x 取到最大值 1；当 π2 2 π π, 6 x k k   Z ， 即 5ππ , 12 x k k  Z 时，  g x 取到最小值 1 . （3）由题意可知， ,M N两点的坐标为 ( , ( ))t f t ， ( , ( ))t g t ，则 ( ) ( )MN f t g t  ，即 πsin 2 cos 2 6 MN t t       ，故 π 3 1sin 2 cos 2 sin 2 ( cos 2 sin 2 ) 6 2 2 MN t t t t t          3 3 πsin 2 cos 2 3 sin 2 2 2 6 t t t        ，因为 π0, 2 t      ，所以 π π 5π2 , 6 6 6 t       ，所以 π 33 sin 2 , 3 6 2 t            ，所以 MN 在 π0, 2 t      时的最大值为 3 . 19． 【思路点拨】（1）恰含有两个元素且具有性质 1P的集合  1,1A   ；证明： 1 1 1 11 , 1 , 1 , 1 1 1 1 1 A A A A             ； （2）若集合A具有性质 1P，不妨设 a A ，由非空数集A具有性质 1P，有 1 a A a   . ①  1A  ，易知此时集合A具有性质 2P . ②数集A只含有两个元素，不妨设  11,A a ，由 1 1 1 a a  ，且 1 1a  ，解得： 1 1a   ，此时集合A具有性质 2P . ③实数集A含有两个以上的元素，不妨设不为 1的元素 1 2,a a A ，则有 1 1 A a  ，由于集合A具有性质 1P， 所以有 2 1 2 1 1a a a A a    ，这说明集合A具有性质 2P ； （3）不存在具有性质 2P 的非空实数集A，使得集合 U Að 具有性质 1P，由于非空实数集A具有性质 2P ，令集合 UB A ð ， 依题意不妨设 ,b B a A  ，因为集合 B具有性质 1P，所以 1 b B b   ， 若  1B  ，则 11,a A a   ，因为非空实数集A具有性质 2P ，故 1 1a A a    ，这与  1B  矛盾，故集合 B不是单元素集 1 ， 令 c B ，且 1c  ，① ac B ，可得 ac B c  ，即 a B ，这与 UB A ð 矛盾； ② ac A ，由于 ,1a A A  ，所以 1 B a  ，因此 1c ac B a    ，这与 ac A 矛盾 综上可得：不存在具有性质 2P 的非空实数集A，使得集合 U Að 具有性质 1P . 数学试题 第 1页（共 4页） 数学试题 第 2页（共 4页） 绝密★启用前 安阳市文源高级中学 2024—2025学年（下）高一开学考试 数 学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B铅笔把答题纸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。回答非选择题时，将答案写在答题纸上。写在 本试卷上无效。 3. 考试结束后，将本试卷与答题卡一并由监考人员收回。 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．已知集合    1,0,1,2 , 1,2,3 ,M N   则M N  A．M B．N C． 1,0,1,2,3 D． 1,2 2．函数   2 1f x x  的定义域是 A． 1 2     ， B． 1 2      ， C． 1 2     ， D． 1 2       ， 3．已知扇形的圆心角为75，周长为 24 5π ，则该扇形的面积为 A．15π B．30π C．45π D．60π 4．若正数 a，b满足 2ab  ，则   1 2a b  的最小值为 A．2 B．4 C．8 D．16 5．设 1.2 1.23log 6, 2 , 0.5a b c   ，则 A．b a c  B． c b a  C．c a b  D．a c b  6．设偶函数  f x 的定义域为R ，当  0,x  时，  f x 是增函数，则  7f  ，  πf ，  3f  的大小 关系是（ ） A．      π 3 7f f f    B．      π 7 3f f f    C．      π 3 7f f f    D．      π 7 3f f f    7．已知max{ , }a b 表示a，b中的最大数，则  2max ( 2) , 2x x  的最小值为 A． 2 B． 1 C．0 D．2 8．已知函数 1ln , 0 ( ) 1 1, 0 x x f x x x x         ，则函数 ( ) ( ( ) 1)g x f f x  的零点个数为 A．3 B．5 C．6 D．8 二、多项选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分．在每小题给出的四个选项中，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．某数学小组在进行“数学建模活动——探究茶水温度与时间的关系”时，根据所收集的数据，得到时间 x （分钟）与水温 y（℃）的散点图（如图），则下列不可能作为该散点图对应的函数模型的是 A．  log 1ay x a  B．  0,0 1xy ka b k a     C．  0y kx b k   D．  0ky b k x a     10．下面关于   π2sin 2 3 f x x      叙述中正确的是 A．关于点 π ,0 6       对称 B．关于直线 π 6 x  对称 C．在区间 π0, 3      上单调 D．函数  f x 的零点为 π π 6 k （ Zk ） 11．下列命题是真命题的有 A．函数   2sin cos 1f x x x   的值域为 9[0, ] 4 B． 2( ) 3 log (3 )g x x   的定义域为[ 5, )  C．若 2cos 1 0x   ，则 2 4{ | 2 2 , } 3 3 x x k x k k Z        D．对于命题 :p x R ，使得 2 1 0x   ，则 :p x  R ，均有 2 1 0x   数学试题 第 3页（共 4页） 数学试题 第 4页（共 4页） 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分. 12．已知角 的顶点与坐标原点重合，始边与 x轴的非负半轴重合，终边经过点 3(4, )P  ，则cos = . 13．若    1 3 1x af x x    R 是奇函数，则实数 a  . 14．若正数 x， y满足 4 0x y xy   ，则 3 x y 的最大值为 . 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） 已知集合  2 5A x x    ，  1 2 1B x m x m     . (1)当 3m  时，求集合 A B ； (2)若 B A ，求实数m的取值范围. 16．（15分） 已知函数      ln 1 ln 1f x x x    ，记集合 A为  f x 的定义域. (1)求集合 A； (2)判断函数  f x 的奇偶性并证明； (3)当 x A 时，求函数   2 21 2 x x g x       的值域. 17．（15分） 已知函数    sinf x A x   ， 0A  ， 0  ， π 2   的图象如图所示． (1)求  f x 的解析式； (2)设   1 12 πg x f x       若关于 x的不等式      2 2 3 10 0g x m g x m     恒成立， 求m的取值范围． 18．（17分） 已知函数       π2sin π cos , cos 2 6 f x x x g x x        ． (1)求  f x 的最小正周期及 π 4 f      的值； (2)求  g x 的最值及取得最值时对应 x的值； (3)直线 π0, 2 x t t          与函数    ,f x g x 的图象分别交于 M，N两点，求 MN 的最大值． 19．（17分） 设A是非空实数集，且 0 A .若对于任意的 ,x y A ，都有 x A y  ，则称集合A具有性质 1P；若对于任意的 ,x y A ，都有 xy A ，则称集合A具有性质 2P . (1)写出一个恰含有两个元素且具有性质 1P的集合A，并证明； (2)若非空实数集A具有性质 1P，求证：集合A具有性质 2P； (3)设全集  0,U x x x  R∣ ，是否存在具有性质 2P 的非空实数集A，使得集合 U Að 具有性质 1P？若存在， 写出这样的一个集合A；若不存在，说明理由