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达州市2023年普通高中一年级秋季期末监测
数学试题
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、单项选择题：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．，
2．设全集，已知集合或，则（ ）
A． B．
C． D．
3．（ ）
A． B． C． D．
4．已知，，，则（ ）
A． B．
C． D．
5．下列函数中，在上单调递增的是（ ）
A． B．
C． D．
6．下列函数中，若曲线的图象如图所示，则（ ）
A． B．
C． D．
7．已知函数，则的最大值是（ ）
A．60 B．58 C．56 D．52
8．已知定义在上的偶函数，当时，，若对任意，总有成立，对任意的，恒成立，则的最大值为（ ）
A． B．
C． D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.每小题全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为
B．点是图象的一个对称中心
C．当时，的最小值为2
D．直线是图象的一条对称轴
10．已知函数，，，则（ ）
A． B．
C． D．
11．下列说法正确的是（ ）
A．某扇形的半径为2，圆心角的弧度数为，则该扇形的面积为
B．已知函数，若，则
C．“”是“”的必要不充分条件
D．函数只有一个零点
12．已知函数的定义域为，若，都存在唯一的，使成立，则称该函数为“依赖函数”.则（ ）
A．是“依赖函数”
B．（，且）是“依赖函数”
C．若函数为“依赖函数”，且函数图象连续不断，则该函数为单调函数
D．当，时，若函数是“依赖函数”，则的最大值为2，此时
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．化简： .
14．求值： .
15．若方程在有解，则的取值范围是 .
16．若函数，且关于的方程恰有3个不等实数根，则 .
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．已知集合，.
(1)若，求；
(2)若，求的取值范围.
18．（1）已知是第一象限角，，求，的值；
（2）已知，求的值.
19．股票作为证券金融的重要组成部分，每个交易日都在改变着财富的分配.以本金买入某支股票，若该股票连续两个交易日每个交易日上涨，则该股民股值为；若该股票连续两个交易日每个交易日下跌，则该股民股值为.
(1)已知同一天股民甲买入A股票，本金为100万元，股民乙买入B股票，本金为100万元，刚好A股票连续5个交易日每个交易日上涨10%，B股票连续5个交易日每个交易日下跌10%，此时股民甲的股值是股民乙的股值的多少倍（结果精确到0.01）
(2)若某股民投入万元买入股票，每个月都能盈利10%，经过多少个月后这个股民的本金与盈利之和超过万元（结果保留成整数）
（参考数据：，，，）
20．已知函数.
(1)当时，求的单调递减区间；
(2)函数，求的值域.
21．已知函数.
(1)解不等式；
(2)解关于的不等式.
22．已知指数函数的图象过点，为奇函数.
(1)求的解析式；
(2)判断的单调性，并用定义法证明；
(3)若不等式对任意的恒成立，求的取值范围.
参考答案与解析
1．C
【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题即可得解.
【解答】因为全称量词命题的否定为存在量词命题，
所以命题“，”的否定是，.
故选：C.
2．D
【分析】根据补集运算求解.
【解答】由题意可得：.
故选：D.
3．A
【分析】先利用诱导公式对原式进行化简，再求值即可.
【解答】.
故选：A.
4．A
【分析】根据指、对数函数单调性分析判断.
【解答】由在上单调递增，则，即；
由在上单调递减，则，即；
由在上单调递增，则，即；
综上所述：.
故选：A.
5．D
【分析】根据题意，由正切函数的单调性即可判断A，由指数函数的单调性即可判断B，由幂函数的单调性即可判断C，由对数函数与一次函数的单调性即可判断D
【解答】对于A，在上单调递增，故A错误；
对于B，在上单调递减，故B错误；
对于C，的定义域为，且在上单调递增，故C错误；
对于D，，
当时，函数单调递增，且；
当时，单调递增，且；
所以函数在上单调递增，故D正确.
故选：D
6．B
【分析】由图可知，函数为偶函数，且，再逐一分析即可.
【解答】由图可知，函数为偶函数，且，
对于A，函数的定义域为，
因为，所以函数为偶函数，
又，故A不符题意；
对于C，函数的定义域为，
因为，
所以函数为奇函数，故C不符题意；
对于D，因为的定义域为，故D不符题意.
对于B，函数的定义域为，
因为，所以函数为偶函数，
又，排除了ACD，故B符合题意.
故选：B.
7．C
【分析】分和两种情况讨论，结合二次函数和反比例函数的性质即可得解.
【解答】当时，，
此时，
当时，在上单调递减，
此时，
综上所述，.
故选：C.
8．D
【分析】结合偶函数性质、三角函数值域以及类周期函数性质计算即可得.
【解答】由当时，，故时，，
对任意，总有成立，
故当时，有，故，
即时，，
同理可得，当时，，
当时，，，
又为定义在上的偶函数，故关于轴对称，
故时，，
对任意的，恒成立，
即当时，有，
易得在上的最小值为，故，
又时，，
则当需最大时，有，且，且，
又，故，
即，解得或（舍），
故、时，有最大值，且最大值为.
故选：D.
9．AB
【分析】根据正弦函数的性质逐一判断即可.
【解答】对于A，函数的最小正周期，故A正确；
对于B，因为，
所以点是图象的一个对称中心，故B正确；
对于C，当时，，故，
，
当且仅当，即，等号成立，
又，所以，故C错误；
对于D，因为，
所以直线不是图象的一条对称轴，故D错误.
故选：AB.
10．ACD
【分析】利用指数函数的性质分析有关结论.
【解答】首先：.
根据指数函数的性质，得：，故A正确；
当时，，所以并不是恒成立的，故B错误；
因为：（当且仅当即时取“”），故C正确；
，，所以，故D正确.
故选：ACD
11．AC
【分析】由扇形的面积公式即可判断A，由函数的奇偶性即可判断B，由充分条件以及必要条件的定义即可判断C，由函数零点的定义即可判断D
【解答】因为扇形的半径为2，圆心角的弧度数为，
由扇形的面积公式可得，故A正确；
函数，则，
令，则为奇函数，
则，则，
即，所以，故B错误；
由可得，由可得，即，
则是的必要不充分条件，
所以“”是“”的必要不充分条件，故C正确；
令，可得，
即，显然，所以方程有两个不同实根，
所以函数有两个零点，故D错误；
故选：AC.
12．BCD
【分析】A选项，举出反例；B选项，对于，都存在唯一的，满足要求；C选项，假设为偶函数，得到矛盾，C正确，反证法进行证明；D选项，在C选项的基础上，结合对勾函数性质得到，并根据当时，，求出的值.
【解答】A选项，的定义域为R，当时，，
此时不存在，，A错误；
B选项，（，且），定义域为R，
对于，都存在唯一的，
使得，B正确；
C选项，函数为“依赖函数”，且函数图象连续不断，
对于，存在，使，
假设为不单调，且存在，使得，
此时，
这与条件中的唯一的相矛盾，故假设不成立，
则该函数为单调函数，C正确；
D选项，，
由C选项可知，要想满足在上为“依赖函数”，
则要满足在上单调，
因为，由对勾函数性质可知，在上单调递减，
在上单调递增，
故，即的最大值为2，
且当时，由单调性可知，其中，
所以，即，
解得，或舍去，
此时，D正确.
故选：BCD
13．
【分析】根据题意利用诱导公式以及同角三角关系分析求解.
【解答】由题意可得：.
故答案为：.
14．
【分析】根据对数的运算性质计算即可.
【解答】
.
故答案为：.
15．
【分析】根据题意，将原式化为，由正弦函数的值域列出不等式，代入计算，即可得到结果.
【解答】由转化为，即，
因为，则，则，
所以，则，解得，
即的取值范围是.
故答案为：
16．或
【分析】分类讨论的符号，讨论一元二次方程根的个数.
【解答】设.
则，故或.
因为方程恰有3个根，就是方程和共有3个根.
当只有1个根，即只有1个根，则或.
若，则方程即有两根：或，此时，方程共有3个根；
若，则方程即无解；
当只有1个根，即只有1个根，则或.
当时，方程即无解；
当时，方程即有两解：，此时原方程有3个根.
综上，当或时，方程恰有3个根.
故答案为：或
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意求集合，再根据并集运算求解；
（2）根据题意结合包含关系分析求解.
【解答】（1）由题意可得：，
，
若，则，
所以.
（2）若，则，解得，
所以的取值范围为.
18．（1），；（2）
【分析】（1）根据同角三角关系分析求解；
（2）根据齐次式问题分析求解.
【解答】（1）因为是第一象限角，，
所以，；
（2）因为，
所以.
19．(1)
(2)经过个月后这个股民的本金与盈利之和超过万元
【分析】（1）根据题中公式计算即可；
（2）设经过个月后这个股民的本金与盈利之和超过万元，则，再根据指数函数的单调性及对数的运算即可得解.
【解答】（1）由题意，股民甲的股值为（万元），
股民乙的股值为（万元），
所以股民甲的股值是股民乙的股值的倍，
即此时股民甲的股值是股民乙的股值的倍；
（2）设经过个月后这个股民的本金与盈利之和超过万元，
则，即，
所以，
所以经过个月后这个股民的本金与盈利之和超过万元.
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦函数的单调性求解即可；
（2）根据正弦函数的值域结合双勾函数的性质即可得解.
【解答】（1）令，
得，
又，
所以的单调递减区间为；
（2）令，则，
，
则，
由双勾函数得单调性可知，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
又，所以，
所以函数的值域为.
21．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）根据题意可得，结合对数函数单调性分析求解；
（2）分、和三种情况，根据一元二次不等式结合对数函数单调性分析求解.
【解答】（1）由题意可知：的定义域为，
因为，即，
则，解得，
所以不等式的解集为.
（2）因为，
若，可得，解得，
即，解得；
若，解得或，
即或，解得或；
若，解得，
即，解得；
综上所述：若，不等式解集为；
若， 不等式解集为；
若， 不等式解集为.
22．(1)
(2)函数是增函数，证明见解析
(3)
【分析】（1）先根据指数函数的定义求出函数的解析式，再根据函数为奇函数求出，即可得解；
（2）令，理由作差法判断的大小关系即可得出结论；
（3）根据函数的奇偶性和单调性可得原不等式即为，进而可得出答案.
【解答】（1）设且，
由，解得，
所以，
则，
因为为奇函数，
所以，即，解得，
经检验，符合题意，
所以；
（2）函数是增函数，证明如下：
令，
则
，
因为，所以，
所以，即，
所以函数是增函数；
（3），
即为，
因为函数是增函数，
所以，即，
令，
则对于任意的恒成立，
所以，解得，
所以的取值范围为.
【点拨】方法点拨：利用定义证明函数单调性的方法：
（1）取值：设、是所给区间上的任意两个值，且；
（2）作差变形：即作差，并通过因式分解、配方、有理化等方法，向有利于判断符号的方向变形；
（3）定号：确定差的符号；
（4）下结论：判断，根据定义得出结论.
即取值作差变形定号下结论.

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