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文档简介
江苏省宿迁市2022-2023学年高一年级调研测试数学本试卷共6页,22小题,满分150分,考试用时120分钟.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.,【答案】D【解析】【分析】根据特称量词命题的否定为全称量词命题判断即可.【详解】命题“,”为特称量词命题,其否定为:,.故选:D2.已知集合,,则的子集的个数为()A.1 B.2 C.4 D.8【答案】C【解析】【分析】根据交集的运算可得.【详解】由集合,得,故子集的个数为,故选:C3.函数的图象大致为()A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】首先判断奇偶性,再由区间上的函数值,利用排除法判断即可.【详解】根据题意,函数,其定义域为,由,函数为偶函数,函数图象关于轴对称,故排除C、D;当时,,,则,排除B.故选:A.4.对于定义在上的函数,下列说法正确的是()A.若,则函数是增函数B.若,则函数不是减函数C.若,则函数是偶函数D.若,则函数不是奇函数【答案】B【解析】【分析】根据函数奇偶性和单调性的定义分别进行判断即可.【详解】函数单调递增,需要变量大小关系恒成立,故A错误,若,则函数一定不是减函数,故B正确,若恒成立,则是偶函数,故C错误,当时,也有可能是奇函数,故D错误,故选:B.5.若,,,则()A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据指数幂的运算、对数函数及特殊角的三角函数值判断即可.【详解】因为,,,所以.故选:C.6.中国茶文化源远流传,博大精深,茶水的口感与茶叶的类型和水的温度有关,某种绿茶用的水泡制,再等到茶水温度降至时饮用,可以产生最佳口感.为了控制水温,某研究小组联想到牛顿提出的物体在常温下的温度变化冷却规律:设物体的初始温度是,经过后的温度是,则,其中表示环境温度,表示半衰期.该研究小组经过测量得到,刚泡好的绿茶水温度是,放在的室温中,以后茶水的温度是,在上述条件下,大约需要放置多长时间能达到最佳饮用口感?结果精确到,参考数据()A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据已知条件列出关于的方程组可得答案.【详解】由题意可得方程组:,化简可得:,所以,大约需要放置能达到最佳饮用口感.故选:B.7.若函数是上的单调函数,则实数的取值范围为()A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】利用特殊值验证法,排除选项,即可推出结果.【详解】函数,当时,,当时,,函数图像的对称轴为,函数不是单调函数,不满足题意,排除B、C;当时,,当时,,函数图像的对称轴为,函数不是单调函数,排除D.故选:A.8.已知,分别是定义在上的偶函数和奇函数,且满足.若恒成立,则实数的取值范围为()A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】首先利用方程组法求出、的解析式,再判断的单调性,则问题转化为恒成立,参变分离求出,即可得解.【详解】因为,分别是定义在上的偶函数和奇函数,所以,,因为,①所以,所以,②①②得,,因为在定义域上单调递增,在定义域上单调递减,所以在上单调递增,又,若恒成立,则恒成立,所以恒成立,所以恒成立,所以只需,因为,,所以(当且仅当,即时取等号),所以(当且仅当时,取等号),所以,所以的取值范围为.故选:B.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,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.对于不等关系人们在早期会使用文字或象征性记号来记述.例如,荷兰数学家吉拉尔在他1629年所著《代数新发现》一书中,使用下面记号:表示大于B,表示小于.若,则下列不等式一定成立的是()A. B.C. D.【答案】AB【解析】【分析】利用不等式的性质及基本不等式化简判断即可.【详解】因为,所以,显然等号不成立,故A正确;又,所以,,故B正确;又,故C错误;令,则,故D错误.故选:AB.10.已知函数,下列说法正确的是()A.函数图象可由函数的图象向右平移个单位得到B.函数图象可由函数的图象上所有点的横坐标不变,纵坐标变为原来的2倍得到C.函数图象可由函数的图象上所有点的纵坐标不变,横坐标变为原来的3倍得到D.函数图象的对称轴为,【答案】BC【解析】【分析】利用三角函数图象变换分别分析并判断选项A,B,C;求出函数图象的对称轴判断D作答.【详解】对于A,函数的图象向右平移个单位得到:函数的图象,A错误;对于B,函数的图象上所有点的横坐标不变,纵坐标变为原来的2倍得到:函数的图象,B正确;对于C,函数的图象上所有点的纵坐标不变,横坐标变为原来的3倍得到:函数的图象,C正确;对于D,由,得,即函数图象的对称轴为,D错误.故选:BC11.已知函数.则下列关于的说法正确的是()A.周期为B.定义域为C.增区间为D.图象的对称中心为【答案】AC【解析】【分析】利用整体法结合正切函数的性质分别对、、、进行判断.【详解】解:因为函数,对于:周期,所以正确,对于:因为,即(),所以定义域为,所以错误,对于:令,解得,所以增区间为,所以正确,对于:令,解得,所以图象的对称中心为,所以错误,故选:.12.已知是定义在上的函数,且对于任意实数恒有.当时,.则()A.为奇函数B.在上的解析式为C.的值域为D.【答案】ABD【解析】【分析】根据题意,分析可得区间上,的解析式,再分析函数的周期性,可得的图象关于原点对称,由此分析选项是否正确,即可得答案.【详解】根据题意,时,,因为时,,所以,又由,则,即,,若,则,,若,则,,故在区间上,所以关于原点对称,又由,则,即函数是周期为的周期函数,故的图象关于原点对称,由此分析选项:对于A,的图象关于原点对称,为奇函数,故A正确;对于B,当时,则,则,函数是周期为的周期函数,则,故B正确;对于C,在区间上,,则,,所以,故的值域一定不是,故C错误;对于D,因为时,,所以,,又,则,则有,,故,所以,故D正确;故选:ABD.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知扇形的周长为,圆心角为,则该扇形的弧长为______,面积为______【答案】①.②.【解析】【分析】设扇形的半径为,弧长为,然后根据弧长公式以及扇形周长建立方程即可求出,,再根据扇形面积公式即可求解.【详解】设扇形的半径为,弧长为,则由已知可得,解得,,所以扇形面积为,故答案为:;.14.请写出一个幂函数满足以下条件:①定义域为;②为增函数.则______.【答案】(答案不唯一)【解析】【分析】根据幂函数的性质即可求解.【详解】根据幂函数在单调递增,可得故答案为:(答案不唯一)15.如图点为做简谐运动的物体的平衡位置,取向右的方向为物体位移的正方向,若已知振幅为,周期为,且物体向左运动到平衡位置开始计时,则物体对平衡位置的位移和时间之间的函数关系式为______.【答案】【解析】【分析】依题意设,再根据题意和函数的周期求出,即可得到函数解析式;【详解】依题意设,则,周期,又,解得,所以.故答案为:.16.已知函数,.若,,使得成立,则实数的取值范围为______.【答案】【解析】【分析】设函数在,上的值域为,函数在,上的值域为,若,,,,使得成立,则,即可得出答案.【详解】设函数在,上的值域为,函数在,上的值域为,因为若,,,,使得成立,所以,因为,,,所以,,所以在,上的值域为,,因为,当时,在,上单调递减,所以,,所以在,上的值域为,因为,所以,解得,又,所以此时不符合题意,当时,图象是将下方的图象翻折到轴上方,令得,即,①当时,即时,在,上单调递减,,,所以的值域,又,所以,解得,②当时,即时,在上单调递减,在,上单调递增,,或,所以的值域,或,,又,所以或,当时,解得或,又,所以,当时,解得或,又,所以,所以的取值范围诶,,.③当时,时,在,上单调递增,所以,,所以在,,上的值域,又,所以,解得,综上所述,的取值范围为.故答案为:.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设全集,集合,集合,其中.(1)当时,求;(2)若“”是“”的______条件,求实数的取值范围.从①充分;②必要;③既不充分也不必要三个条件中选择一个填空,并解答该题.【答案】(1)(2)答案见解析【解析】【分析】(1)代入化简集合,利用对数函数的定义域的性质化简集合,再利用集合的交并补运算即可得解;(2)利用充分必要条件与集合关系,依次选择三个条件,结合数轴法即可得解.【小问1详解】当时,,又,所以,故.【小问2详解】选①:因为“”是“”的充分条件,,,所以,则,解得,所以实数的取值范围是.选②:由区间定义可知,所以,则,因为“”是“”的必要条件,,,所以,则,解得,故,所以实数的取值范围是.选③,因为“”是“”的既不充分也不必要条件,所以不是的子集,且不是的子集,若,则,解得,故;若,由区间定义可知,所以,则,又,解得,故;由于上述两种情况皆不满足,所以,即实数取值范围是.18.在平面直角坐标系中,锐角的顶点是坐标原点,始边与轴正半轴重合,终边交单位圆于点.将角的终边按逆时针方向旋转得到角.(1)求;(2)求的值.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)由题意,利用任意角的三角函数的定义,诱导公式,计算求得结果.(2)法一:由题意,利用诱导公式,计算求得结果;法二:根据,将已知等式化成含角的式子,再利用(1)中结果计算即可.【小问1详解】由得,又,所以,由题可知,所以,,则.【小问2详解】(法一)原式由(1)得,,,所以原式.(法二)19.已知函数的图象经过点,若、满足对,, 且.(1)求函数的解析式;(2)求函数在上的单调区间及最值.【答案】(1)(2)在上的增区间为,减区间为,最小值为,最大值为.【解析】【分析】(1)根据三角函数的值域可得最值,进而可得,由周期可得,代入可得,进而可求解解析式,(2)利用整体法求解单调区间,即可求解最值.【小问1详解】由,得为的最小值,为的最大值,又,所以,,由,,,所以,由的图象经过点得,又因为,所以,所以.【小问2详解】先求的增区间,令,解之得,又,取,则,所以在上的增区间为,减区间则为,所以,又,,所以.的最小值为,最大值为.20.汽车在隧道内行驶时,安全车距(单位:)正比于车速(单位:)的平方与车身长(单位:)的积,且安全车距不得小于半个车身长.当车速为时,安全车距为个车身长.(1)求汽车在隧道内行驶时的安全车距与车速之间的函数关系式;(2)某救灾车队共有10辆同一型号的货车,车身长为,当速度为多少时该车队通过(第一辆车头进隧道起,到最后一辆车尾离开隧道止,且无其它车插队)长度为的隧道用时最短?【答案】(1)(2)km/h【解析】【分析】(1)根据题意为定值,设比例常数为,则,代入数值,得到,令,则,最后写出分段函数解析式即可;(2)设通过隧道的时间为,则,分当和两种情况,结合幂函数的性质及基本不等式计算可得.【小问1详解】根据题意为定值,设比例常数为,则,所以,所以,所以,令,则,所以.【小问2详解】设通过隧道的时间为,则.①当时,.②当时,.当且仅当,即时等号成立.又,所以当时用时最短.答:当速度为时该车队通过该隧道用时最短.21.已知二次函数满足,,若不等式有唯一实数解.(1)求函数的解析式;(2)若函数在上的最小值为.(i)求;(ii)解不等式.【答案】(1)(2)(i);(ii)或.【解析】【分析】(1)由已知得对称轴,从而设函数解析式为,由求得,再由不等式有唯一实数解,结合判别式求得,得解析式;(2)(i)根据二次函数性质分类讨论求得最小值;(ii)由的对称性,依照二次函数的知识方法分类讨论解不等式.【小问1详解】由可知的对称轴为,设二次函数,又,所以,所以,又有唯一实数解,所以有唯一实数解,即有唯一实数解,所以方程的判别式,所以所以.【小问2详解】①的对称轴为,(Ⅰ)当时,在上为单调增函数,所以;(Ⅱ)当时,在上为单调减函数,所以;(Ⅲ)当时,在上为单调减函数,在上为单调增函数,所以;综上:②由①知且关于对称.(Ⅰ)当时,只需,解得,所以.(Ⅱ)当时,,,,解得,所以或.综合(Ⅰ)(Ⅱ)得不等式的解集为或.22.已知函数.(1)讨论函数的奇偶性;(2)若函数为偶函数,且不为常数.①求实数,的值;②判断并证明的单调性.【答案】(1)答案见解析(2)①;②减函数,证明见解析【解析】【分析】(1)分、、三种情况讨论,分别判断函数的奇偶性;(2)①利用特殊值得到方程组,求出参数的值,再代入检验即可;②由①得到函数解析式,再利用定
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