2023届河南省九师联盟高三9月质量检测数学（理）试题含答案

这是一份2023届河南省九师联盟高三9月质量检测数学（理）试题含答案，共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届河南省九师联盟高三9月质量检测数学（理）试题 一、单选题1．命题“，”的否定是（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】C【分析】根据全称量词命题的否定是存在量词命题，写出该命题的否定命题即可．【详解】命题“，”中含有全称量词，故该命题的否定需要将全称量词改为存在量词，且只否定结论，不否定条件，所以该命题的否定为“，”.故选：C.2．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】解不等式，再根据交集的定义求即可.【详解】由，得，所以；由，得，所以，于是.故选：A.3．若，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据指数函数、对数函数的性质判断即可.【详解】因为，，，所以.故选：D.4．碳14的半衰期为5730年.在考古中，利用碳14的半衰期可以近似估计目标物所处的年代.生物体内碳14含量y与死亡年数x的函数关系式是（其中为生物体死亡时体内碳14含量）. 考古学家在对考古活动时挖掘到的某生物标本进行研究，发现该生物体内碳14的含量是原来的80%，由此可以推测到发掘出该生物标本时，该生物体在地下大约已经过了（参考数据：）（    ）A．1847年 B．2022年 C．2895年 D．3010年【答案】A【分析】根据题意列方程，运用对数运算求近似解即可.【详解】由题意知，所以，所以，所以.故选：A.5．“”是“在上单调递增”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】利用分段函数的单调性化简命题，即可求得答案【详解】解：因为在单调递增，在单调递增，且在上单调递增，所以；因为“”是“”的必要不充分条件，所以“”是“在上单调递增”的必要不充分条件，故选：B.6．如图为函数（其定义域为）的图象，若的导函数为，则的图象可能是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据的图象，分析的函数值的正、负情况，即可判断.【详解】解：由图象知在上先减后增，故在上函数值先负后正，同理在上的符号是先负后正，四个选项中仅有选项A符合.故选：A.7．已知命题p：若，则；命题，，则下列命题为真命题的是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】先判断命题的真假，然后根据复合命题的真值给判断各选项．【详解】对于命题p，取，，适合，但此时，所以命题p为假命题，则为真命题；对于命题q，，由，得，所以当，即时，成立，所以命题q为真命题.综上，D选项为真命题.故选：D.8．已知是定义在R上的奇函数，且，当时，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由结合是奇函数，可得是周期为2的周期函数，然后利用函数的周期性可求得结果.【详解】由是奇函数及，得，所以，从而是周期为2的周期函数，所以.故选：C.9．已知定义在R上的函数的导函数为，若对任意的实数x，不等式恒成立，且，则不等式的解集为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】引入函数，由导数确定其单调性，题设不等式转化为关于函数的不等式，然后由单调性求解．【详解】设，则，所以在R上单调递减；由，得，即，所以，解得.故选：A.10．已知集合，.若，则m的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由题意可得，，所以，将问题转化为二次函数的两根在和之内，由二次函数图象性质及零点存在性定理求解即可.【详解】解：由，得；因为，所以，令，结合二次函数图象性质及零点存在性定理，得，即，解得，所以实数的取值范围为.故选:D.11．德国著名数学家、解析数论的创始人狄利克雷（1805年2月13日~1859年5月5日），对函数论、三角级数论等都有重要贡献，主要著作有《数论讲义》《定积分》等.狄利克雷函数就是以其名字命名的函数，其解析式为则下列关于狄利克雷函数的判断错误的是（    ）A．对任意有理数t，B．对任意实数x，C．既不是奇函数也不是偶函数D．存在实数x，y，【答案】C【分析】根据狄利克雷函数的定义判断ABD，结合奇偶性的定义判断C．【详解】对于A，对任意有理数t，当x为有理数时，为有理数，则；当x为无理数时，为无理数，则，故A正确；对于B，若x为有理数，则；若x为无理数，则，故B正确；对于C，当x为有理数时，则为有理数，则；当x为无理数时，则为无理数，则，于是对任意实数x，都有，即狄利克雷函数为偶函数，故C错误；对于D，取，，因为为无理数，所以，故D正确.故选：C.12．已知函数，，若存在，使得成立，则实数a的取值范围是（　　）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意可得的值域与 的值域有交集即可，先求导分析的值域，再求导分情况讨论的单调性与值域，结合解集区间的端点关系列式求解即可【详解】①当时，，则在上恒成立，所以函数在区间上单调递减，则，即，②当时，，函数在区间上单调递增，所以，即，综上，函数f（x）的值域为；由题意，的值域与的值域有交集，故分析的值域.又，，若时，则，函数在上单调递增，所以，即，此时若要满足题意，只需，当时恒成立；当时，令，解得，，.当时，，故函数在上单调递增，故，所以，所以，解得，当时，，故函数在上单调递减，在上单调递增；因为，，故若值域满足与有交集，则只能，解得，此时当时，，在上单调递减，所以，，此时，不满足题意综上，实数a的取值范围为故选：C． 二、填空题13．曲线在处的切线方程是___________.【答案】【分析】根据导数的几何意义求斜率，然后利用点斜式写直线方程即可.【详解】，当时，，，所以切点为，切线斜率为1，所以切线方程为，即.故答案为：.14．若函数为奇函数，则__________.（填写一个符合条件的解析式即可）【答案】x，，（答案不唯一）.【分析】由奇函数定义结合三角函数诱导公式可得，即为奇函数.【详解】由为奇函数，则，即恒成立，考虑到的任意性，可得，则为奇函数即可，故答案为：（答案不唯一）.15．对于两个均不等于1的正数a和b，定义：设，，且，则的值是_____.【答案】1【分析】首先由不等式知确定，，然后代入新定义计算，利用对数的换底公式、对数运算法则求解．【详解】由，及，得，，由新定义得.故答案为：1．16．已知函数，若，恒成立，则a的取值范围为_______.【答案】【分析】求导，利用导函数分类讨论在上的单调性，让即可.【详解】，若时，则在上恒成立，从而在上单调递减，所以，不合题意；若时，则当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，从而，不合题意；若时，则，所以在上恒成立，在上单调递增，于是，符合题意.综上所述，a的取值范围为.故答案为：. 三、解答题17．已知“，”为假命题.(1)求实数m的取值的集合A；(2)在（1）的条件下，设集合，若是的充分不必要条件，求实数a的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）将“，”为假命题转化为“，”为真命题，然后求解即可；（2）将是的充分不必要条件转化为集合B为集合A的真子集，再利用集合间的包含关系列不等式求解即可.【详解】(1)法一：因为“，”为假命题，所以“，”为真命题，即，为真命题，等价于，又，所以，即.法二：因为“，”为假，所以“，”为真，即，所以，即.(2)因为是的充分不必要条件，所以集合B为集合A的真子集，又，所以，所以，解得，故实数a的取值范围是.18．已知（且），且.(1)求a的值及的定义域；(2)求在上的值域.【答案】(1)，(2) 【分析】（1）根据求出参数的值，即可得到函数解析式，再根据对数的真数大于零得到不等式组，即可求出函数的定义域；（2）由（1）可得，设，，根据二次函数的性质求出的取值范围，从而求出的值域.【详解】(1)解：由得，即，所以，解得，所以，由，解得，故的定义域为；(2)解：由（1）及条件知，设，，则当时，，当时，；当时，，所以当时，，即，所以，，所以在的值域为.19．从“①，；②方程有两个实数根，；③，”这三个条件中任意选择一个，补充到下面横线处，并解答.已知函数为二次函数，，，____________.(1)求函数的解析式；(2)若不等式对任意实数x恒成立，求实数k的取值范围.注：如果选择多个条件分别进行解答，按第一个解答进行计分.【答案】(1)(2) 【分析】（1）设，由题意可得，，选①：由可得的对称轴，运算求解；选②：结合韦达定理运算求解；选③：结合题意理解可得可得的对称轴，运算求解；（2）由题意可得：对恒成立，结合一元二次不等式定义在实数集上的恒成立运算求解.【详解】(1)设，因为，所以.因为，所以.若选择①：∵，，所以的图象的对称轴方程为，即，所以，所以，，故.若选择②：因为方程的两根为且，所以，即，所以，，所以.若选择③：∵，，即，所以的图象的对称轴方程为且，所以，即，所以，所以.(2)由（1）知，所以，即对一切实数x恒成立，等价于对恒成立，所以，解得，故k的取值范围为.20．已知函数.(1)当时，求的单调区间；(2)若在区间上存在极值点，求实数a的取值范围.【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为.(2). 【分析】（1）利用导数研究的单调区间；（2）由题设，构造并利用导数研究的单调性并求最值、端点值，结合在上存在极值点列不等式组，求范围即可.【详解】(1)当时，，故其定义域为，且，令，即，解得，即的单调递增区间为；令，即，解得，即的单调递减区间为.(2)因为，所以，令，则，令，得；令，得；又，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，，.若在上存在极值点，则或，解得或，所以实数a的取值范围为.21．已知函数.(1)讨论的奇偶性；(2)若在上单调递减，求实数a的取值范围.【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）对a分类讨论，根据定义判断奇偶性即可；（2）对a分类讨论函数单调性，在上单调递减，则只需满足单调递减区间包含即可【详解】(1)由，得.i.当时，对任意实数x恒成立，故函数的定义域为R，此时，，此时函数为偶函数；ii.当时，，所以的解集为，故的定义域为；①当，即时，的定义域关于原点不对称，此时为非奇非偶函数；②当，即时，的定义域为，此时，此时为奇函数.综上所述，当时，为偶函数；当时，为奇函数；当且时，为非奇非偶函数.(2)i.当时，，在上不单调，不合题意；ii.当时，函数的定义域为，且，因为，所以，所以在，上单调递减，又在上单调递减，所以，所以，即，所以，故实数a的取值范围为.22．已知函数（且）.(1)若存在零点，求a的取值范围；(2)当时，若函数有两个零点，且，求证：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）参变分离后构造函数求解，（2）令，分别表示出后将转化为的函数，再由导数与单调性的关系证明不等式【详解】(1)：存在零点存在实根有实根，令，则.因为，，所以在上单调递减，在上单调递增.所以.又时，；时，，由题意，，或.所以，或.所以a的取值范围是.(2)证明：“函数有两个零点，”等价于“方程有两个不同的实数根，”.当时，方程，即为，所以，且，两式相减，得，即，则，令，有，，从而得.令，则，即函数在上单调递增.，，即，而，因此，恒成立，所以.