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文档简介
2022-2023学年甘肃省张掖市高一下册5月月考数学模拟试题(含解析)本试卷分和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.共4页,总分150分,考试时间120分钟.第Ⅰ卷(选择题共60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.命题:“,”的否定是()A., B.,C, D.,【正确答案】C【分析】根据全称量词的否定是存在量词可得结果.【详解】命题:“,”的否定是,.故选:C2.集合,,,则图中阴影部分所表示的集合是()A. B.C. D.【正确答案】D【分析】根据对数函数的性质,求得和,求得,结合,即可求解.【详解】由,可化为,解得,所以集合,由,解得,所以集合,可得,则图中阴影部分所表示的集合是.故选:D.3.设函数,则f(x)是()A.奇函数,且在(0,2)上是增函数B.奇函数,且在(0,2)上是减函数C.偶函数,且在(0,2)上是增函数D.偶函数,且在(0,2)上是减函数【正确答案】A【分析】求出函数f(x)的定义域,再利用奇偶性定义及复合函数单调性推理判断作答.【详解】依题意,,解得,即f(x)的定义域为(-2,2),因,则f(x)是奇函数,又在(0,2)上单调递增,在(0,2)上单调递减,则在(0,2)上单调递增,所以f(x)在(0,2)上单调递增.故选:A4.在中,,BC边上的高等于,则()A. B. C. D.【正确答案】C【详解】试题分析:设,故选C.考点:解三角形.5.Logistic模型是常用数学模型之一,可应用于流行病学领域.有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I(t)(t的单位:天)的Logistic模型:,其中K为最大确诊病例数.当I()=0.95K时,标志着已初步遏制疫情,则约为()(ln19≈3)A.60 B.63 C.66 D.69【正确答案】C【分析】将代入函数结合求得即可得解.【详解】,所以,则,所以,,解得.故选:C.本题考查对数的运算,考查指数与对数的互化,考查计算能力,属于中等题.6.设,,,则()A. B. C. D.【正确答案】A【分析】分别将,改写为,,再利用单调性比较即可.【详解】因为,,所以.故选:A.【点晴】本题考查对数式大小的比较,考查学生转化与化归的思想,是一道中档题.7.已知函数,则图中的函数图象所对应的函数解析式为()A. B. C. D.【正确答案】D【分析】将一次代入选项中,根据周期性以及诱导公式可判断每个选项的正误,进而选出答案.【详解】因为,∴排除BC;对于A,,不过,排除;对于D,,满足条件,正确,故选:D.8.函数与在上的图象相交于M,N两点,O为坐标原点,则的面积为()A. B. C. D.【正确答案】D【分析】通过解三角方程求得的坐标,从而求得的面积.【详解】依题意,,则由,得,,.,,解得,所以或(不妨设),所以,所以,线段中点坐标为,所以.故选:D二、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,有选错的得0分,部分选对的得2分.9.下列结论中,所有正确的结论是()A.若,,则B.若,则函数的最大值为1C.若,,则的最小值为D.若,,则的最大值为1【正确答案】ACD【分析】利用不等式的性质即可判断A;采用配凑法并利用基本不等式即可判断B;将已知化为,进而得出并利用基本不等式即可判断C;直接运用基本不等式即可判断D.【详解】对于A:∵c<d<0,则-c>-d>0,又∵a>b>0,则-ac>-bd>0,∴ac<bd,故A正确;对于B,若,得,则函数,当且仅当时等号成立,故B错误;对于C,若,则,所以,当且仅当且,即时等号成立,故C正确;对于D,因为,所以,即,当且仅当时取等号,故D正确,故选:ACD.10.已知函数,则()A.的单调递减区间为B.不等式的解集为C.点是函数图象的一个对称中心D.设,为函数的两个相邻零点,则【正确答案】AD【分析】求函数的递减区间判断A;解三角不等式判断B;求函数的对称中心,判断C;求出的零点表达式计算判断D即可作答.【详解】对于A,令,解得,所以函数的单调递减区间为,A正确;对于B,由得:,则,得,B不正确;对于C,令,化简可得,取,可得为函数图象的一个对称中心,C错误;对于D,由得,即或,,解得或,,依题意,,则,D正确.故选:AD.11.已知函数是定义在R上的奇函数,是偶函数,当,则下列说法中正确的有()A.函数关于直线对称B.4是函数的周期C.D.方程恰有4不同的根【正确答案】ABD【分析】根据奇偶性的定义,结合函数的对称性,即可判断A的正误;根据题意,结合函数的周期性,可判断B的正误;根据函数的周期性,结合解析式,即可判断C的正误;分别作出和的图象,即可判断D的正误,即可得答案.【详解】对于A:因为是偶函数,所以,即所以关于对称,故A正确.对于B:因为,所以,所以,即周期,故B正确对于C:所以,故C错误;对于D:因为,且关于直线对称,根据对称性可以作出上的图象,又,根据对称性,可作出上的图象,又的周期,作出图象与图象,如下图所示:所以与有4个交点,故D正确.故选:ABD12.已知函数的零点为,函数的零点为,则()A. B. C. D.【正确答案】ABD【分析】在同一坐标系中分别作出函数,,的图象,图像的交点即为函数的零点,反函数的性质知,关于点对称,进而可判断A,B,D正确.由函数在上单调递增,且,,可得零点的范围,可得C不正确.【详解】由,得,,函数与互为反函数,在同一坐标系中分别作出函数,,的图象,如图所示,则,.由反函数的性质知,关于点对称,则,.因为,,且,所以,故A,B,D正确.因为在上单调递增,且,,所以.因为,所以,故C不正确.故选:ABD方法点睛:通过画函数图象把零点问题转化为函数图象的交点问题,本题考查了运算能力和逻辑推理能力,属于难题.第Ⅱ卷(非选择题共90分)三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.设,则的值为________.【正确答案】【分析】根据对数运算性质化简求值即可.【详解】,.故答案为.14.若,,,,则______.【正确答案】【分析】根据和两角差的余弦公式可求出结果.【详解】因为,,所以,,因为,,所以,,所以.故15.已知函数若方程有6个不同的实数解,则m的取值范围是________.【正确答案】【分析】作出的图像,令,问题等价于关于t的方程在上有两个不等实数根,再分解因式求解即可.【详解】函数的图象如图所示.令,则方程有6个不等实数解,等价于关于t的方程在上有两个不等实数根,令,则解得且.故答案为.方法点睛:研究方程问题,一方面用函数的单调性,借助零点存在性定理判断;另一方面,也可将零点问题转化为函数图象的交点问题,利用数形结合来解决.16.如图,单位圆Q的圆心初始位置在点(0,1),圆上一点P的初始位置在原点,圆沿x轴正方向滚动.当点P第一次滚动到最高点时,点P的坐标为______;当圆心Q位于点(3,1)时,点P的坐标为______.【正确答案】①.②.【分析】当点P第一次滚动到最高点时,点P向右滚动了圆的半个周长,得到点P的坐标;当圆心Q位于(3,1)时,,此时圆心角为3,点P的横坐标和纵坐标,即可求解.【详解】由题意,作辅助图形,如图所示,当点P第一次滚动到最高点时,点P向右滚动了圆的半个周长,因此点P的坐标为;当圆心Q位于(3,1)时,此时圆心角为3,点P的横坐标为,纵坐标为,所以点P的坐标为.故答案为,.本题主要考查了任意角的三角函数的定义的应用,其中解答中正确理解题意,合理根据三角函数的定义求解是解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能力,属于中档试题.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知,且满足__________.从①;②;③这三个条件中选择合适的一个,补充在上面的问题中,然后作答.(1)求的值;(2)若角的终边与角的终边关于轴对称,求的值.注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.【正确答案】(1)(2)【分析】(1)先仔细审题,抓住题目中的关键信息,选一个条件,所以我们学生只需选择一个条件即可,现在我们三种情形都运用同角三角比之间的关系解一下;(2)角的终边与角的终边关于轴对称,则这两个角的正弦值相等,余弦值互为相反数,代入消去后可得答案.【小问1详解】若选择①.因为,所以,则.若选择②.因为,所以,即,则,所以.若选择③.因为,所以,又,所以.又因为,所以,所以.【小问2详解】角与角均以轴的正半轴为始边,它们的终边关于轴对称,则,即,所以.由(1)得,所以.18.已知函数.(1)当时,求不等式的解集;(2)求关于x的不等式的解集.【正确答案】(1)(2)答案见解析【分析】(1)依题意可得原不等式即为,再写出其等价不等式(组),解得即可;(2)依题意可得,分、、、四种情况讨论,分别求出不等式解集.【小问1详解】当时,,则不等式,即,等价于,解得或,所以不等式的解集为.【小问2详解】不等式等价于,即,若,原不等式可化为,解得,不等式的解集为;若,原不等式可化为,方程的两根为,,若,当,即时,不等式的解集为,当,即时,不等式的解集为,当,即时,不等式的解集为综上所述:当时,原不等式的解集为,当时,不等式的解集为,当时,不等式的解集为,当时,不等式的解集为.19.已知是定义域为R的奇函数.(1)求a的值,判断的单调性并证明;(2)若恒成立,求实数k的取值范围.【正确答案】(1),函数在R上是单调递增函数,证明见解析(2)【分析】(1)利用奇函数的性质即可求解,即可由单调性的定义求证,(2)由(1)的单调性,即可结合奇偶性将问题转化为恒成立,即可由判别式求解.【小问1详解】由题意得,所以,当时,故为奇函数,在R上是单调递增函数,证明如下:对于,,设,则,因为,所以,,,所以,即,所以,即函数在R上是单调递增函数.【小问2详解】等价于,因为是R上单调增函数,所以,即恒成立,所以,解得,所以k的取值范围为.20.某单位购入了一种新型的空气消毒剂用于环境消毒,已知在一定范围内,每喷洒1个单位的消毒剂,空气中释放的浓度(单位:毫米/立方米)随着时间(单位:小时)变化的关系如下:当时,;当时,.若多次喷洒,则某一时刻空气中的消毒剂浓度为每次投放的消毒剂在相应时刻所释放的浓度之和.由实验知,当空气中消毒剂的浓度不低于4(毫克/立方米)时,它才能起到杀灭空气中的病毒的作用.(1)若一次喷洒4个单位的消毒剂,则有效杀灭时间可达几小时?(2)若第一次喷洒2个单位的消毒剂,6小时后再喷洒个单位的消毒剂,要使接下来的4小时中能够持续有效消毒,试求的最小值(精确到0.1,参考数据:取1.4)【正确答案】(1)8小时(2)1.6【分析】(1)由可求出结果;(2)根据题意求出从第一次喷洒起,经小时后,其浓度关于的函数解析式,再根据基本不等式求出其最小值,再由最小值不低于4,解不等式可得结果.【小问1详解】因为一次喷洒4个单位的消毒剂,所以其浓度为当时,,解得,此时,当时,,解得,此时,所以若一次喷洒4个单位的消毒剂,则有效杀灭时间可达8小时.【小问2详解】设从第一次喷洒起,经小时后,其浓度,因,,所以,当且仅当,即时,等号成立;所以其最小值为,由,解得,所以a的最小值为.21.已知函数,.(1)对任意的,若恒成立,求的取值范围;(2)对任意的,存在,使得,求的取值范围.【正确答案】(1)(2)【分析】(1)由得,换元令,化为对恒成立,根据二次函数知识可得结果.(2)求出和的范围,再根据子集关系可得结果.【小问1详解】,因为,所以,令,因为,所以,所以对恒成立,令,则对恒成立,因为,所以或或,即或或,所以,即的取值范围为.【小问2详解】因为,所以,所以.因为,所以,由题意可知,的范围是的范围的子集,当时,,由,得;当时,,不符合题意,舍去;当时,,不符合题意,舍去.综上所述,的取值范围为.22.已知函数,;(1)当时,求在的值域;(2)若至少存在三个使得,求的取值范围;(3)若在上是增函数,且存在
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