黑龙江省佳木斯市四校联合体2023-2024学年高三上学期10月第一次调研考试数学试题

四校联考第一次调研考试高三数学试题

试卷满分：150分    考试时间：120分

注意事项：

1．答题前请粘贴好条形码，填写好自己的姓名、班级、考号等信息．

2．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分．

第Ⅰ卷（选择题）

一、单选题（每小题5分）．

1．“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件    B．必要不充分条件

C．充要条件          D．既不充分又不必要条件

2．使成立的一个必要不充分条件是（    ）

A．    B．    C．    D．

3．函数的图象为（    ）

A．             B．

C．              D．

4．设命题，则为（    ）

A．    B．     C．    D．

5．设集合，，则（    ）

A．    B．    C．    D．

6．已知函数对任意都有，且，当时，．则下列结论正确的是（    ）

A．当时，               B．函数的最小正周期为2

C．函数图象关于点对称    D．函数图象关于直线对称

7．若函数的定义域为，则函数的定义域为（    ）

A．    B．    C．    D．

8．下列选项中表示同一函数的是（    ）

A．与                         B．与

C．与         D．与

二、多选题（每小题5分，漏选每题得2分，错选不得分）．

9．下列说法正确的是（    ）

A．

B．“，”的否定是“，”

C．“”是“”的充分不必要条件

D．“”是“”的必要不充分条件

10．下列式子中正确的是（    ）

A．若,则    B．若,则

C．            D．

11．关于函数，下列结论正确的是（    ）

A．图像关于轴对称        B．图像关于原点对称

C．在上单调递增    D．恒大于0

12．若，，且，则下列不等式恒成立的是（    ）

A．    B．            C．        D．

第Ⅱ卷（非选择题）

二、填空题（每小题5分）．

13．_________．

14．在对数式中，实数的取值范围是_________．

15．已知函数是上的增函数，则实数的取值范围是_________．

16．已知是定义域为的奇函数，且时，，当时，的解析式为_________．

三、解答题（17题10分，18、19、20、21、22题各12分．）

17．写出计算过程，否则不能满分．

（1）

（2）；

18．设全集，，，．

（1）求，；

（2）若，求实数的取值范围．

19．已知函数的解析式．

（1）若，求的值；

（2）画出的图象，并写出函数的值域（直接写出结果即可）．

20．已知集合，集合．

（1）若，求实数的取值范围；

（2）命题，命题，若p是q成立的充分不必要条件，求实数m的取值范围．

21．已知函数且在区间上的最大值是16．

（1）求实数的值；

（2）假设函数的值域是R，求不等式的实数的取

22．已知函数过点．

（1）判断在区间上的单调性，并用定义证明．

（2）求函数在上的最大值和最小值．

高三数学答案

1．B

【分析】化简，根据真子集关系可得答案．

【详解】因为，且是的真子集，

故选：B

2．A

【分析】根据分式不等式的解法以及充分不必要条件的概念求解．

【详解】由得，不等式解集为，

必要不充分需要找解集的真子集，只有B选项符合，即．

故选：A．

3．A

【分析】首先确定函数的定义域，判断函数的奇偶性，继而分区间判断函数的单调性，即可判断出答案．

【详解】函数的定义域为，

∵，

∴该函数为奇函数（也可由“为偶函数，为奇函数，则为奇函数”判断），故D错误；

又当时，，则在上单调递增，

当时，，则在上单调递减，故B，C错误，

且时，时，时取等号，故A正确．

4．C

【分析】由全称命题的否定形式判定即可．

【详解】因为命题为全称命题，则命题的否定为．

故选：C．

5．B

【分析】解一元二次不等式可得A，结合交集的概念计算即可．

【详解】由题意可得，即，

所以．

故选：B

6．B

【分析】根据得到，所以的周期为4，根据得到关于对称，画出的图象，从而数形结合得到；再根据求出时函数解析式；D选项，根据的最小正周期，得到的最小正周期．

【详解】因为，所以，故，

所以的周期为4，

又，所以，故关于对称，

又时，，故画出的图象如下：

A选项，函数的图象关于点不中心对称，故A错误；

B选项，函数的图象不关于直线对称，B错误；

C选项，当时，，则，C错误；

D选项，由图象可知的最小正周期为4，

又，故的最小正周期为2，B正确．

7．D

【分析】根据给定条件，利用函数有意义并结合抽象函数的定义域求解作答．

【详解】由函数的定义域为，即，得，

因此由函数有意义，得，解得，

所以函数的定义域为．

故选：D

8、D

【分析】根据函数三要素，即定义域、对应关系、值域，三者只要有一个不相同，函数即不是同一函数，由此一一判断各选项，即得答案．

【详解】对于A，的定义域为，而定义域为R，

故二者不是同一函数；

对于B，的定义域为R，与的定义域为，

故二者不是同一函数；

对于C，与对应关系不同，

故二者不是同一函数；

对于D，与的定义域以及对应关系、值域都相同，

故二者为同一函数，

故选：D

二、多选题

9．ACD

【分析】根据元素和集合的关系判断A；根据全称量词命题的否定可判断B；根据充分条件以及必要条件的判断可判断C，D．

【详解】对于A，的元素是，故，正确；

对于B，“，”为全称量词命题，它的否定是“，”，B错误；

对于C，由，可得，则成立，

当时，比如取，推不出成立，

故“”是“”的充分不必要条件，C正确；

对于D，当时，若，则不成立，

当成立时，则，则，故，

故“”是“”的必要不充分条件，D正确，

故选：ACD

10．CD

11．BC

【分析】利用函数的奇偶性，单调性，值域直接判断可得选项．

【详解】解:函数定义域为,，函数为奇函数，故B正确，A不正确；

当时，,在单调递增，又函数为奇函数，所以在上单调递增，所以函数在上单调递增，故C正确；

当时,，故D不正确，

故选：BC．

12．AB

【分析】根据已知条件，利用基本不等式结合不等式的性质，判断选项中的不等式是否恒成立．

【详解】，则，当且仅当时取等号，A正确；

，即，，则，当且仅当时取等号，B正确，C错误；

，D错误．

故选：AB

三、填空题．

13．2

【分析】根据对数运算法则直接求解即可．

【详解】．

故答案为：2．

14．

【分析】根据对数的概念与性质，列出不等式组，即可求解．

【详解】由题意得,

解得且，

故实数的取值范围为．

故答案为：

15．

16．

四、解答题．

17．（1）2

（2）原式

18．（1）或

（2）或

【分析】（1）根据一元二次不等式的解法分别求出集合，然后利用集合的基本运算即可求解；

（2）由可得：，然后分和两种情况进行讨论即可求解．

【详解】（1）因为，

集合，则或，

所以或．

（2）由可得，因为，

分和两种情况，

若时，则有，解得：；

若时，则有，解得：，

综上可得：实数t的取值范围为：或．

19．（1）或3

（2）

【分析】（1）根据分段函数的解析式分类讨论求解；

（2）根据图象求解值域．

【详解】（1）若解得，

若解得（舍），

若解得，

综上的值或3．

（2）作图如下，

由图可得，当时，函数有最大值为6，

所以值域为．

20．（1）

（2）

【分析】（1）根据一元二次不等式化简，即可由交集为空集，分情况讨论，

（2）根据真子集，即可列不等式求解．

【详解】（1）由得，

由，

①若，即时，，符合题意；

②若，即时，需或，解得．

综上，实数m的取值范围为．

（2）由已知A是B的真子集，知，且两个端点不同时取等号，解得．

由实数m的取值范围为．

21．（1） 或

（2）

【分析】（1）对分类讨论，利用对数函数的单调性求出最大值，结合已知可得的方程，即可求解的值；

（2）由已知可得方程的判别式，从而可求出的取值范围，结合（1）中结论可得的值，再解对数不等式即可得解．

【详解】（1）当时，函数在区间上是减函数，

因此当时，函数取得最大值16，即，因此，

当时，函数在区间上是增函数，

当时，函数取得最大值16，即，因此．

（2）因为的值域是，

所以可以取到所有正实数，

所以方程的判别式，

即，解得，

由因为或，所以，

代入不等式得，即，

解得，因此实数的取值范围是．

22．（1）    在区间上单调递增，证明见解析

（2）最小值为，最大值为．

【分析】（1）把点代入函数解析式，求出的值，可得的解析式；

（2）利用定义法证明函数单调性；

（3）利用函数单调性，可函数在区间内的最值．

【详解】（1）由函数过点，有，

解得，所以的解析式为：．

在区间上单调递增．

证明：，且，有

．

由，得．

则，即．

所以在区间上单调递增．

（3）由在上是增函数，

所以在区间上的最小值为，最大值为．