2022-2023学年四川省仁寿校南校区高一年级上册学期期末考试数学试题【含答案】_第1页
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文档简介

2022-2023学年四川省仁寿校南校区高一上学期期末考试数学试题一、单选题1.的值是(

)A. B. C. D.【答案】D【分析】根据诱导公式即可求得结果.【详解】由题意可知,,利用诱导公式可得即.故选:D2.已知集合,.则集合M,P之间的关系为(

)A.M=P B. C. D.【答案】B【分析】化简集合,根据集合的关系即得.【详解】因为,,所以.故选:B.3.设角的终边经过点,那么等于(

)A. B. C.1 D.【答案】D【分析】利用任意角的三角函数的定义可求出的值,从而可求得答案【详解】解:因为角的终边经过点,所以,所以,故选:D4.若的解集是,则等于(

)A.-14 B.-6 C.6 D.14【答案】A【分析】由一元二次不等式的解集,结合根与系数关系求参数a、b,即可得.【详解】∵的解集为,∴-5和2为方程的两根,∴有,解得,∴.故选:A.5.对于任意实数a,b,c,d,下列命题中正确的是(

)A.若a>b,c≠0,则ac>bc B.若a>b,则ac2>bc2C.若ac2>bc2,则a>b D.若a>b,则【答案】C【分析】根据不等式性质逐一判断选项,即得结果.【详解】若a>b,c<0,则ac>bc,所以A错误;若a>b,c=0则ac2=bc2,所以B错误;若ac2>bc2,则c2>o,a>b,所以C正确;若满足a>b,但,所以D错误;故选:C【点睛】本题考查不等式性质,考查基本分析判断能力,属基础题.6.已知,则函数的解析式是(

)A. B.(且)C. D.【答案】B【分析】根据换元法求解析式即可.【详解】解:由题知且,令,则(且),∴(且),∴(且).故选:B.7.已知函数.若存在2个零点,则的取值范围是(

)A. B. C. D.【答案】D【分析】利用数形结合的方法,作出函数的图象,由与直线有两个交点,可得的取值范围.【详解】依题意,函数的图象与直线有两个交点,作出函数图象如下图所示,由图可知,要使函数的图象与直线有两个交点,则故选:D8.已知为定义在上的奇函数,且对任意实数,有,若,则实数的取值范围是(

)A. B. C. D.【答案】D【分析】由可得函数在定义域内单调递减,用奇偶性可将关系式变形为,根据单调性就可以求出.【详解】对任意实数,有,所以函数在上单调递减,又因为函数为定义在上的奇函数,且,则,所以得.故选:D二、多选题9.以下各式化简结果为的有(

)A. B.C. D.【答案】AC【分析】分别对每个选项式子进行化简即可判断.【详解】对A,原式,故A正确;对B,原式,故B错误;对C,原式,故C正确;对D,,故D错误.故选:AC.10.下列说法正确的是(

)A.“”是“”的充分不必要条件B.“”是“”的必要不充分条件C.命题“,”的否定是“,”D.D.已知,方程有一个根为1的充要条件是【答案】AD【分析】A.由不等式的性质求解判断;B.由不等式的性质求解判断;C.由含有一个量词的命题的否定的定义求解判断;D.将1代入方程求解判断.【详解】A.由,得,则,,即,故充分;由,得,则,故不必要;故正确;B.由,得或,则或,故不充分;当时,满足,但,故不必要,故错误;C.命题“,”是存在量词命题,其否定是全称量词命题,即“,”,故错误;D.当时,1为方程的一个根,故充分;当方程有一个根为1时,代入得,故必要,故正确;故选:AD11.下列不等式成立的是(

)A. B. C. D.【答案】BCD【分析】A.利用指数函数的单调性判断得解;B.利用对数函数的单调性判断得解;C.先利用对数运算化简,再利用对数函数的性质判断得解;D.利用幂函数和指数函数的单调性判断得解.【详解】A.因为指数函数单调递减,,所以,所以该选项错误;B.因为对数函数在定义域内单调递减,,所以,所以该选项正确;C.,因为又,所以该选项正确;D.由幂函数在上单调递增得,由指数函数单调递减得,所以.所以该选项正确.故选:BCD12.关于函数,下列命题正确的是(

)A.对于任意,都有;B.在上是增函数;C.对于任意,都有;D.存在唯一的零点.【答案】ACD【分析】根据函数的奇偶性、单调性、对数运算、零点等知识确定正确答案.【详解】A选项,,所以的定义域是,,所以,所以A选项正确.B选项,,所以B选项错误.C选项,,,所以C选项正确.D选项,,所以在上单调递减.在上单调递增,所以,在上单调递减,由于,所以存在唯一的零点,D选项正确.故选:ACD三、填空题13.计算_________.【答案】1【分析】利用指数幂和对数的运算性质化简即可得到结果.【详解】.故答案为:1.14.已知,则的值为_________.【答案】【分析】利用诱导公式得,对原式化简得,代入数据即可.【详解】因为,所以.故答案为:3.15.函数的增区间为___________.【答案】【详解】根据对数函数的定义,结合复合函数的单调性进行求解即可.【点睛】因为是减函数,所以当时,函数单调递增,由,故答案为:16.已知,,,若,则的最小值是______.【答案】8【分析】先通过已知条件与对数函数性质得出a,b关系,再通过已知得出,化简得到,再通过基本不等式求解即可得出答案.【详解】,若,,即,,,,当且仅当时取等号,的最小值是8.故答案为:8四、解答题17.已知p:函数f(x)=(a﹣m)x在R上单调递减,q:关于x的方程x2﹣2ax+a2﹣1=0的两根都大于1.(1)当m=5时,p是真命题,求a的取值范围;(2)若p为真命题是q为真命题的充分不必要条件,求m的取值范围.【答案】(1)(5,6);(2)m≥2.【分析】(1)由m=5,得到f(x)=(a﹣5)x,再根据指数函数的单调性求解;(2)先根据命题为真,化简命题p,q,然后根据p为真命题是q为真命题的充分不必要条件求解.【详解】(1)因为m=5,所以f(x)=(a﹣5)x因为p是真命题,所以0<a﹣5<1,解得5<a<6.故a的取值范围是(5,6)(2)若p是真命题,则0<a﹣m<1,解得m<a<m+1.关于x的方程x2﹣2ax+a2﹣1=0的两根分别为a﹣1和a+1.若q是真命题,则a﹣1>1,解得a>2.因为p为真命题是q为真命题的充分不必要条件,所以m≥2.18.已知函数为奇函数,且方程有且仅有一个实根.(1)求函数的解析式;(2)设函数.求证:函数为偶函数.【答案】(1);(2)证明见解析.【分析】(1)由函数为奇函数可得b值,再由方程有唯一实根即可得解;(2)利用(1)的结论求出的解析式并求出其定义域,再由奇偶函数定义讨论即得.【详解】(1)因函数为奇函数,则,即,化简得,得,,且方程有且仅有一个实根,得,即,所以,得,而,解得,即有,所以函数的解析式为;(2)由(1)知,的定义域为,则,所以函数为偶函数.19.已知函数(,且),过点.(1)求实数a的值;(2)解关于x的不等式.【答案】(1)2(2)【解析】(1)将点代入函数计算得到答案.(2)根据函数的单调性和定义域得到,解得答案.【详解】(1)∴.(2)的定义域为,并在其定义域内单调递增,∴,不等式的解集为.【点睛】本题考查了函数解析式,利用函数单调性解不等式,意在考查学生对于函数知识的综合应用.20.设函数,函数的最小值为,且为函数的一个零点.(1)求函数的单调递增区间;(2)若对任意的,不等式恒成立,求实数的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】(1)利用最小值和零点可求得的解析式,令,解不等式即可求得单调递增区间;(2)利用正弦型函数值域的求法可求得在上的最小值,由可求得的取值范围.【详解】(1),;为的一个零点,,解得:,又,,;令,解得:,的单调递增区间为.(2)当时,,,;对任意的,恒成立,,解得:;即实数的取值范围为.21.兴泉铁路起于江西,途经三明,最后抵达泉州(途经站点如图所示).这条“客货共用”铁路是开发沿线资源、服务革命老区的重要铁路干线,是打通泉州港通往内陆铁路货运的重要方式,将进一步促进山海协作,同时也将结束多个山区县不通客货铁路的历史.目前,江西兴国至清流段已于2021年9月底开通运营,清流至泉州段也具备了开通运营条件,即将全线通车.预期该路线通车后,列车的发车时间间隔t(单位:分钟)满足.经市场调研测算,列车载客量与发车时间间隔t相关,当时列车为满载状态,载客量为720人;当时,载客量会减少,减少的人数与的平方成正比,且发车时间间隔为3分钟时的载客量为396人.记列车载客量为.(1)求的表达式;(2)若该线路每分钟的净收益为(元),问当发车时间间隔为多少时,该线路每分钟的净收益最大,并求出最大值.【答案】(1)(2)时间间隔为3分钟时,每分钟的净收益最大为84元【分析】(1)当时,,当时,可设,由题可求出,即可得到答案.(2)由(1)知:,结合基本不等式和函数单调性即可求出的净收益最大值.【详解】(1)由题知,当时,当时,可设,又发车时间间隔为3分钟时的载客量为396人,∴,解得.此时,∴(2)由(1)知:,∵时,,当且仅当等号成立,∴时,,当上,单调递减,则,综上,时间间隔为3分钟时,每分钟的净收益最大为84元.22.已知函数.(1)若在上的最大值和最小值分别记为,,求;(2)设,若对恒成立,求的取值范围.【答案】(1);(2).【分析

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