精品解析：湖南师范大学附属中学2024-2025学年高一下学期入学考试数学试题

湖南师大附中2024—2025学年度高一第二学期入学考试 数学 时量：120分钟 满分：150分 一､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的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 命题“，使得”否定形式是 A. ，使得 B. ，使得 C. ，使得 D. ，使得 3. 函数的零点所在的区间为（ ） A. B. C. D. 4. 下列函数中，以为周期且在区间(，)单调递增的是 A. f(x)=│cos 2x│ B. f(x)=│sin 2x│ C. f(x)=cos│x│ D. f(x)= sin│x│ 5. 设是定义域为的偶函数，且在单调递减，则 A. B. C. D. 6. 若，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知，且恒成立，则的最大值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 8. 若定义在上的函数同时满足：①为奇函数；②对任意的，且，都有，则称函数具有性质．已知函数具有性质，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 若，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 10. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 图象的一条对称轴是直线 C. 图象的一个对称中心是点 D. 函数是偶函数 11. 已知定义域为的函数是奇函数，且满足，当时，，则下列结论正确的是（ ） A. 的最小正周期为2 B. 时， C. 上单调递增 D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则_______________ 13. 已知函数的定义域为为偶函数，为奇函数，则__________. 14. 某工厂制作如图所示的一种标识，在半径为的圆内做一个关于圆心对称的“”型图形，“”型图形由两竖一横三个等宽的矩形组成，两个竖起来的矩形全等且它们的长边是横向矩形长边的倍，设为圆心，，记矩形的面积为，则的最大值为__________. 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. 已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点. （1）求的值； （2）求值. 16. 已知集合. （1）当时，求； （2）若对任意的都有，求实数的取值范围. 17. 已知函数. （1）求不等式的解集M； （2）设M中最小数是m，正数a、b满足，求的最小值. 18. 已知定义在上的函数满足且，. （1）求的解析式； （2）若不等式恒成立，求实数取值范围； （3）设，若对任意的，存在，使得，求实数取值范围. 19. 已知函数的最小正周期为，图象的一个对称中心为，将函数图象上的所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再将所得图象向右平移个单位长度后得到函数的图象. （1）求函数与的解析式； （2）当时，求方程解个数； （3）求实数与正整数，使得在区间内恰有2025个零点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南师大附中2024—2025学年度高一第二学期入学考试 数学 时量：120分钟 满分：150分 一､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的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】方法一：由一元二次不等式的解法求出集合，即可根据交集的运算解出． 方法二：将集合中的元素逐个代入不等式验证，即可解出． 【详解】方法一：因为，而， 所以． 故选：C． 方法二：因为，将代入不等式，只有使不等式成立，所以． 故选：C． 2. 命题“，使得”的否定形式是 A. ，使得 B. ，使得 C. ，使得 D. ，使得 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：的否定是，的否定是，的否定是．故选D． 【考点】全称命题与特称命题的否定． 【方法点睛】全称命题的否定是特称命题，特称命题的否定是全称命题．对含有存在（全称）量词的命题进行否定需要两步操作： ①将存在（全称）量词改成全称（存在）量词；②将结论加以否定． 3. 函数的零点所在的区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据零点存在性定理结合函数单调性以及和即可得解. 【详解】因为和是上单调递增函数， 所以是上单调递增函数，且其图象是连续不断的一条曲线， 又， 故函数的零点所在的区间为. 故选：A. 4. 下列函数中，以为周期且在区间(，)单调递增的是 A. f(x)=│cos 2x│ B. f(x)=│sin 2x│ C. f(x)=cos│x│ D. f(x)= sin│x│ 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查三角函数图象与性质，渗透直观想象、逻辑推理等数学素养．画出各函数图象，即可做出选择． 【详解】因为图象如下图，知其不是周期函数，排除D；因为，周期为，排除C，作出图象，由图象知，其周期为，在区间单调递增，A正确；作出的图象，由图象知，其周期为，在区间单调递减，排除B，故选A． 【点睛】利用二级结论：①函数的周期是函数周期的一半；②不是周期函数； 5. 设是定义域为的偶函数，且在单调递减，则 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 由已知函数为偶函数，把，转化为同一个单调区间上，再比较大小． 【详解】是R的偶函数，． ， 又在(0，+∞)单调递减， ∴， ，故选C． 【点睛】本题主要考查函数的奇偶性、单调性，解题关键在于利用中间量大小比较同一区间的取值． 6. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用二倍角公式及诱导公式计算即可. 【详解】由可知， 即. 故选：D 7. 已知，且恒成立，则的最大值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件，得到，又，利用基本不等式，即可求解. 【详解】因为，则，又恒成立， 即恒成立， 又， 当且仅当，即时取等号，所以， 故选：B. 8. 若定义在上的函数同时满足：①为奇函数；②对任意的，且，都有，则称函数具有性质．已知函数具有性质，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】构造函数，由题意可以推出函数的奇偶性、单调性，然后对进行分类讨论解不等式即可. 【详解】因为对任意的，且，都有， 即对任意两个不相等的正实数不妨设，都有， 所以有， 所以函数是上的减函数， 又因为为奇函数，即有，有， 所以有， 所以为偶函数， 所以在上单调递增． 当，即时，有,由，得， 所以，解得，此时无解； 当，即时，由，得， 所以，解得或． 综上所述，不等式的解集为． 故选：C. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是由已知条件去构造函数，并结合已知导出其函数性质，从而分类讨论解不等式即可. 二､多选题：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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 若，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】由题意可得且，利用是上的增函数，可判断A；利用是上的减函数，可判断B；利用赋值法可判断CD. 【详解】因为，所以且. 对于A，因为是上的增函数，所以，故A正确； 对于B，因为是上的减函数，所以，故B正确； 对于C，取，，显然有，故C错误； 对于D，取，，，显然有，故D错误. 故选：AB. 10. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 图象的一条对称轴是直线 C. 图象的一个对称中心是点 D. 函数是偶函数 【答案】BD 【解析】 【分析】根据周期可得根据最低点可求解，即可判断A，代入即可求解BC，化简，即可求解D. 【详解】由函数的部分图象知，，即，解得 过点，解得， ，选项A错误； 当时，的一条对称轴是直线，选项B正确； 令，解得的对称中心是，选项C错误； ，是定义域上的偶函数，选项D正确. 故选:BD. 11. 已知定义域为的函数是奇函数，且满足，当时，，则下列结论正确的是（ ） A. 的最小正周期为2 B. 时， C. 在上单调递增 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据对称性以及奇偶性求周期，判断A;根据奇偶性求上解析式，判断B;根据周期转化到，结合上解析式，判断C;根据周期以及对称性求解析式，判断D. 【详解】 因为是奇函数，所以, ，即A错误； 时，因为是奇函数，所以 因为定义域为函数是奇函数，所以 因此时，，即B正确； 因为周期为4，所以在上单调性与在上单调性相同，因为时，单调递增，所以在上单调递增，即C正确； 因为周期为4，所以 当时， 因为时，， 所以时，， 时， 即时， 当时， 综上，，即D正确； 故选：BCD 【点睛】本题考查函数对称性、奇偶性、周期性、单调性、解析式，考查综合分析求解能力，属中档题. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则_______________ 【答案】1 【解析】 【分析】 由可得，再利用换底公式和对数运算即可求出. 【详解】， ， . 故答案：1. 13. 已知函数的定义域为为偶函数，为奇函数，则__________. 【答案】0 【解析】 【分析】根据为偶函数，为奇函数判断出是以4为周期的周期函数；再由为奇函数判断出即可求解. 【详解】因为函数为偶函数，则，可得， 因为函数为奇函数，则，所以， 所以，即，所以， 故函数是以4为周期的周期函数， 又因为函数为上的奇函数，则， 故. 故答案为：0. 14. 某工厂制作如图所示的一种标识，在半径为的圆内做一个关于圆心对称的“”型图形，“”型图形由两竖一横三个等宽的矩形组成，两个竖起来的矩形全等且它们的长边是横向矩形长边的倍，设为圆心，，记矩形的面积为，则的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】过点作，垂足为，设交于点，则、分别为、的中点，设四边形为横向矩形，可得出，，利用三角恒等变换化简的表达式，利用正弦型函数的最值可求得的最大值. 【详解】过点作，垂足为，设交于点， 则、分别为、的中点. 设四边形为横向矩形，如图所示， 由题意可知，， 因为，，所以， 所以. 所以矩形的面积 ，其中，且为锐角， 因为，则， 故当时，即当时，取得最大值为. 故答案为：. 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. 已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点. （1）求的值； （2）求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）应用任意角的三角函数定义计算即可； （2）先应用诱导公式化简，再弦化切后应用正切值代入求解. 【小问1详解】 角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点， 由三角函数的定义知，， 则. 【小问2详解】 由（1）得，则， 则 . 16. 已知集合. （1）当时，求； （2）若对任意的都有，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）直接将代入，根据指数函数的性质以及解一元二次不等式可得集合和，再求交集即可； （2）易知，分类讨论解一元二次不等式，根据集合的关系列出关于的不等式解出即可. 小问1详解】 当时，或. ， 则. 【小问2详解】 若对任意的都有，则， ， 对应方程的两个根为或. ①若，即， 此时，满足； ②若，即， 此时或， 若满足，则或， 解得或（舍去），此时； ③若，即， 此时或， 若满足，则或（舍去），解得. 综上，实数的取值范围为. 17. 已知函数. （1）求不等式的解集M； （2）设M中的最小数是m，正数a、b满足，求的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将函数写为分段函数的形式，再根据范围依次解不等式即可. （2）确定，变换，再利用均值不等式计算得到最值. 【小问1详解】 ， 当时，，解得，即； 当时，，解得，即； 当时，，解得，即； 综上所述：，即. 【小问2详解】 ，， . 当且仅当，即，时等号成立. 18. 已知定义在上函数满足且，. （1）求的解析式； （2）若不等式恒成立，求实数取值范围； （3）设，若对任意的，存在，使得，求实数取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据列方程，求解即可； （2）根据函数的单调性化简不等式，分离参数，利用基本不等式求最值即可； （3）由题意得，先根据函数的单调性求得，再求解使得成立的实数取值范围即可. 【小问1详解】 由题意知，， 即，所以， 故 【小问2详解】 由（1）知，， 所以在上单调递增， 所以不等式恒成立等价于恒成立， 即恒成立. 设，则，，当且仅当，即时，等号成立 所以， 故实数的取值范围是 【小问3详解】 因为对任意的，存在，使得， 所以在上的最小值不小于在上的最小值， 因为在上单调递增， 所以当时，， 又的对称轴为，， 当时，在上单调递增，，解得， 所以； 当时，在上单调递减，在上单调递增， ，解得，所以； 当时，在上单调递减，，解得， 所以， 综上可知，实数的取值范围是 【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数，，，. （1）若，，有成立，则； （2）若，，有成立，则； （3）若，，有成立，则； （4）若，，有成立，则的值域是的值域的子集. 19. 已知函数的最小正周期为，图象的一个对称中心为，将函数图象上的所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再将所得图象向右平移个单位长度后得到函数的图象. （1）求函数与的解析式； （2）当时，求方程解的个数； （3）求实数与正整数，使得在区间内恰有2025个零点. 【答案】（1）， （2）3 （3） 【解析】 【分析】（1）先根据周期及对称中心得出，再根据平移伸缩得出； （2）化简计算求参得出或，根据函数值计算求解个数； （3）应用函数的周期性及函数的零点列方程计算求解. 【小问1详解】 函数的周期为， 又曲线的一个对称中心为，故，得， 所以. 将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）后可得的图象，再将的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象， . 【小问2详解】 当时，所求为方程在区间内解的个数. 代入，并记， 问题化为， 即， 解得或， 在内分别有1个，0个，2个解，即所求解的个数为3个. 【小问3详解】 依题意，， 令， 当，即时，， 从而不是方程的解， 方程等价于方程. 令， 的图象在区间内关于直线对称，则的图象在区间内关于直线对称， ，则时，直线与曲线区间内总有偶数个交点； 的图象在区间内关于直线对称，则的图象在区间内关于直线对称， ，则时，直线与曲线在区间内总有偶数个交点. 由函数的周期性，可知当时，直线与曲线在区间内总有偶数个交点， 从而不存在正整数，使得直线与曲线在区间内恰有2025个零点； 由单调区间，当或时，直线与曲线在内有3个交点（在两个区间内为或个）， 由周期性，. 综上，当时，函数在区间内恰有2025个零点. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是对三角函数周期性及对称性的应用. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $