湖南长沙明德中学2023-2024学年高一下学期开学考试数学试卷.pdf

1、学科网（北京）股份有限公司明德中学 2024 年上学期入学考试高一年级数学试卷时量：120 分钟 满分 150 命题：高一数学备课组 审定：高一数学备课组一单选题（本题共 8 个小题，每小题 5 分，共 40 分，每个小题只有一个正确答案）1.已知集合0,1,2,3,2MNx x=，则()RMN=（）A.(),2 B.()2,3 C.2,3 D.1,2,3 2.设mR，命题“存在0m，使210mxmx=有实根”的否定是（）A.任意0m，使210mxmx=无实根 B.任意0m，使210mxmx=有实根 C.存在0m，使210mxmx=无实根 D.存在0m，则下列结论中正确的是（）A.ab B.a

2、b C.11ab D.bbmaam+的解集为12x xxx，则12123axxx x+的最小值是（）学科网（北京）股份有限公司A.4 B.2 6 C.2 D.2 63 7.命题“对任意的1,1m，总存在唯一的0,3x，使得2210 xxam=”成立的充分必要条件是（）A.22a B.11a C.01a D.11a，且1a）.下列说法正确的是（）A.浮萍每月的增长率为 2 B.第 5 个月时，浮萍面积就会超过230m C.浮萍每月增加的面积都相等 D.若浮萍曼延到2222m,3m,6m 所经过的时间分别是 123,t t t，则 123ttt+=学科网（北京）股份有限公司11.已知函数2(2)1

3、24,1,()log(1),1,xxf xxx+=+若函数()yf xm=有三个零点123,x x x，且123xxx，则（）A.14m B.3151162x若()f x 在区间(),m n 上既有最大值，又有最小值，则n m的取值范围是_.14.已知()sin2cosf xxx=+，当 x=时，()f x 取得最大值，则 tan=_.四解答题（本题共 5 个小题，共 77 分，解答应写出必要的文字说明证明过程或演算步骤.）15.（本小题满分 13 分）计算下列各式的值：（1）20.5230327491(0.008)(1)8925+（2）2log 32231log 3 log 8(lg5)lg

4、5lg 20lg1622+16.（本小题满分 15 分）已知()()()sin tan f=+（1）求116f 的值；（2）已知133f+=，求sin6的值.17.（本小题满分 15 分）学科网（北京）股份有限公司已知函数()232cossin2 3cos,R32f xxxxx=+（1）求()f x 的对称轴方程；（2）若关于x 的方程()()2310f xmf x+=在区间,6 3上有两个不相等的实根，求实数m 的取值范围.18.（本小题满分 17 分）已知函数()()()log1logaaf xxbxm=+（0a 且1a）为奇函数.（1）求函数()f x 的定义域及解析式；（2）若1 1,

5、2 2x，函数()f x 的最大值比最小值大 2，求a的值.19.（本小题满分 17 分）设正整数4n，若由实数组成的集合12,nAa aa=满足如下性质，则称 A 为Hn 集合：对 A 中任意四个不同的元素 a b c d,，均有abcdA+.（1）判断集合110,1,22A=和21,1,2,33A=是否为4H 集合，说明理由；（2）若集合0,Ax y z=为4H 集合，求 A 中大于 1 的元素的可能个数；（3）若集合 A 为Hn 集合，求证：A 中元素不能全为正实数.学科网（北京）股份有限公司明德中学 2024 年上学期入学考试数学参考答案 1-8CADAD ADA 9.ACD 10.B

6、D 11.AD 8.【详解】设()f x 的零点为0 x，则()00f x=，又()()00ffx=，故()00f=，解得0a=，则()()()()()2222.222f xxbx ff xxbxxbxb=，因为函数()yf x=与函数()()yff x=的零点相同，所以方程2220 xbxb=无解或与方程220 xbx=的解相同，所以2480bb=+或0b=，解得 20b，所以024ab，故选：A 11.【详解】如图所示：对于 A：方程()f xm=有三个解()yf x=与 ym=有 3 个交点，从图中可以看出 A 正确；对于 B：令()12log14x+=得1516x=，即 B 点的坐标为

7、15,416，令()12log11x+=得12x=，即C点的坐标为1,12，由图可知3x 的范围应该介于 B，C 之间，可以取 B 点，不能取C 点，所以3151162x 则需()1310Hm=+或2120016mm=，解得：4m +，可得：1bx 时，函数()yf x=单调递减，学科网（北京）股份有限公司所以max131()()logloglog 3222aaaf xf=，min1131()()logloglog2223aaaf xf=，所以maxmin1()()log 3loglog 923aaaf xf x=，解得3a=.当01a 时，函数()yf x=单调递增，所以max1131()(

8、)logloglog2223aaaf xf=，min131()()logloglog 3222aaaf xf=，所以maxmin11()()loglog 3log239aaaf xf x=，解得13a=.综上，13a=或3a=.19.【详解】（1）集合110,1,22A=是4H 集合，当 1,0,1,22a bc d=时，1101 222A+=；当 1,0,1,22a bc d=时，110 1212A+=；当 1,0,2,12a bc d=时，11102122A+=；集合21,1,2,33A=不是4H 集合，取1,1,2,33a b c d=，则211912 333abcdA+=+=，不满足题

9、中性质.（2）当,0,a b c dz x y=时，abcdxyA+=，当,0,a b c dx y z=时，abcdyzA+=，当,0,a b c dy z x=时，abcdxzA+=，所以,x y zxy yz xz=.不妨设 xyz，若0 xyz，从而 yzA，与 yzA矛盾；若0 xyz，因为 xzyzxy，故,xzx yzy xyz=，学科网（北京）股份有限公司所以1,1zxy=.经验证，此时1,0,1Axx=是4H 集合，元素大于 1 的个数为0；若0 xyz，因为0 xzxy，所以与,x y zxy yz xz=矛盾；若 0 xyz，因为 xyxzyz.经验证，此时10,1,Ax

10、x=是4H 集合，元素大于 1 的个数为1；综上：A 中大于 1 的元素的可能个数为 0,1.（3）假设集合 A 中全为正实数.若 A 中至少两个正实数大于1，设120naaa，取 321,nnnna b c daaaa=，则321nnnnabcdaaaaA+=+，而3211nnnnnnnaaaaaaa+，从而321nnnnaaaaA+，矛盾；因此 A 中至多有 1 个正实数大于1.当4n=时，设1234aaaa，若123401aaaa，()()()()()()1324142324314343210a aa aa aa aaaaa aaaaaa+=，所以1 2341 3241 4231a aa

11、 aa aa aa aa aa+，所以1 23441 32431 4232,a aa aa a aa aa a aa aa+=+=+=.因为3101aa，所以()()()()4212341423431231aaa aa aa aa aaaaaaa=+=()()423142aaaaaa=，矛盾.因此当4n=时，12340,1a a a a.当5n 时，集合 A 中至少有 4 个不同的正实数不大于1，设,1,2,ijSt taai jnij=，学科网（北京）股份有限公司因为S是有限集，设minsrS=，其中,r sA rs.又因为集合 A 中至少有 4 个不同的正实数不大于1，所以1sr，且存在,p qA，且1,1pq 使,p q r s 互不相同，则01pq，当,a b c dr p s q=时，abcdrpsqA+=+，当,a b c ds p r q=时，abcdsprqA+=+，于是()()()()()()rpsqsprqp rsq rspqsrsr+=，与minsrS=矛盾.因此，A 中元素不能全为正实数.