四川省德阳市外国语学校2023-2024学年高一下学期入学考试数学试题（含解析）
文档属性
| 名称 | 四川省德阳市外国语学校2023-2024学年高一下学期入学考试数学试题（含解析） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 1.5MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-05-08 11:31:20 | ||
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文档简介
德阳外国语学校2024年春2023级高一下入学考试
数学试题
考试时间：120分钟；满分：150分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题（本题共8小题，每题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．若集合，则＝（ ）
A． B． C． D．
2．已知命题p：，，则命题p的否定为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
3．点P从出发，沿着单位圆的边界顺时针运动弧长到达点Q，则点Q的坐标为（ ）
A． B． C． D．
4．设，则的值为（ ）
A．11 B．10 C．9 D．8
5．已知，则函数与函数的图像在同一坐标系中可以是（ ）
A． B．
C． D．
6．荀子《劝学》中说：“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海．”学习是日积月累的过程，每天进步一点点，前进不止一小点．若甲、乙两同学当下的知识储备量均为a，甲同学每天的“进步”率和乙同学每天的“退步”率均为2%．n天后，甲同学的知识储备量为，乙同学的知识储备量为，则甲、乙的知识储备量之比为2时，需要经过的天数约为（ ）（参考数据：，，）
A．15 B．18 C．30 D．35
7．已知，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知在上的最小值为，则ω的解有（ ）个
A．1 B．2 C．3 D．4
二、多选题（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．已知，且，则（ ）
A．的最小值是9 B．ab的最大值是8
C．的最小值是16 D．的最小值是4
10．下列命题中，正确的是（ ）
A．“”是“”的充分不必要条件
B．“”是“”的必要不充分条件
C．“”是“”的充要条件
D．“”是“”的必要不充分条件
11．德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就显著，以其命名的函数被称为狄利克雷函数，其中R为实数集，Q为有理数集，则以下关于狄利克雷函数的结论中，正确的是（ ）
A．函数为偶函数
B．函数的值域是
C．对于任意的，都有
D．在图象上不存在不同的三个点A，B，C，使得△ABC为等边三角形
12．已知函数，若函数有四个不同的零点，且，则以下结论中正确的是（ ）
A． B．且
C． D．方程有6个不同的实数根
第II卷（非选择题）
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．若扇形的周长为10cm，面积为，圆心角为，则α＝______
14．已知函数，且，则实数m的取值范围是______
15．已知函数，对，有，则实数a的取值范围是______
16．设函数是定义在整数集z上的函数，且满足，对任意的x，都有，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，求实数a的取值范围．
18．已知α是第三象限角，且
（1）求
（2）若，求．
19．已知．
（1）判断的奇偶性并说明理由；
（2）求证：函数在上单调递增；
（3）若不等式对任意恒成立，求实数a的取值范围．
20．某公司生产一类电子芯片，且该芯片的年产量不超过35万件，每万件电子芯片的计划售价为16万元．已知生产此类电子芯片的成本分为固定成本与流动成本两个部分，其中固定成本为30万元/年，每生产x万件电子芯片需要投入的流动成本为（单位：万元），当年产量不超过14万件时，；当年产量超过14万件时，．假设该公司每年生产的芯片都能够被销售完．
（1）写出年利润（万元）关于年产量x（万件）的函数解析式；（注：年利润＝年销售收入－固定成本－流动成本）
（2）如果你作为公司的决策人，为使公司获得的年利润最大，每年应生产多少万件该芯片？
21．已知函数是偶函数．
（1）求m的值；
（2）设函数，若有唯一零点，求实数a的取值范围．
22．若函数对定义域内的每一个值，在其定义域内都存在唯一的，使成立，则称函数具有性质M．
（1）判断函数是否具有性质M，并说明理由
（2）若函数的定义域为且具有性质M，求mn的值；
（3）已知，函数的定义域为且具有性质M，若存在实数，使得对任意的，不等式都成立，求实数s的取值范围．
德阳外国语学校2024年春2023级高一下入学考试参考答案
1．A
【解析】由题意知，所以．故选：A．
2．D
【解析】命题p的否定为，故选：D
3．D
【解析】由题意，以x轴的非负半轴为始边，以Q所在的射线OQ为终边的最小正角为，
由任意角的三角函数的定义可得，Q的坐标为，即，故选：D．
4．C
【解析】由题意得，故的值为9，故选：C
5．A
【解析】因为，所以在R上单调递增，又定义域为，所以由复合函数单调性可知，在上单调递减，且恒过，故选：A．
6．B
【解析】由题意可设经过n天后甲、乙的知识储备量之比为2，
则，
则，
故选：B
7．B
【解析】
，所以，
，所以，所以．
故选：B．
8．C
【解析】当时，，而，显然不满足题意；当时，因为，所以
要使在上的最小值为，则有所以，
此时在处取得最小值，即
令，因为，所以在上单调递减，又在上单调递减，所以函数在上单调递减，
又因为，由函数零点存在性定理可知，此时函数有唯一的零点，
也即当，函数在上的最小值为时，则的解只有一个；
当时，因为所以，
要使在上的最小值为，则有
解得
当时，则，结合余弦函数的图象可知，
函数在上的最小值为，解得，满足题意
当时，则．此时在处取得最小值，即
从而将问题转化为与的图像有多少个交点，
因为，所以在上单调递增，
又．
则与的大致图像如下，
所以与的图像有唯一交点，
即当，函数在上的最小值为时，则的解只有一个
综上可知，的解有3个，故选：C．
9．AD
【解析】因为，所以，
当且仅当，即时，等号成立，则A正确．
因为．所以，所以，当且仅当，即时，等号成立，
则B错误．
因为，当且仅当时，等号成立，而，当且仅当取等号，所以等号不能同时取到，所以，则C错误．
因为，所以，所以，所以，
当且仅当，即时，等号成立，则D正确．，故选：AD
10．AB
【解析】对于A项：由“”可以推出，但反之不可以，故A项正确．
对于B项：由“”推不出“”，但反之可以，故B项正确．
对于C项：由“”可以推出“”，但反之不可以，故C项错误．
对于D项：由题意知：是的子集，所以“”可以推出“”，但反之不可以，故D项错误．，故选：AB．
11．AC
【解析】由于
对于选项A，设任意，则，；，设任意，则，；，总之，对于任意实数x，恒成立，A正确；，对于选项B，的值域为，B错误；对于选项C，当，则；
当，则，；C正确；
对于选项D，取，得到△ABC为等边三角形，D错误；故选：AC．
12．ABC
【解析】函数与直线的图象，如下图所示：
因为直线与函数的图象相交于四个不同的点，所以，则A正确；
因为二次函数的图象关于直线对称，则，
，则B正确；
设，因为，所以，
令，，设
因为，所以，即函数在上单调递增
故，即，则C正确
令，则．
由得，则方程的解为．
当时，由于，则直线与函数的图象相交一点
当时，由于，则直线与函数的图象相交一点
当时，由于，则直线与函数的图象相交不同的四点
当时，由于，则直线与函数的图象相交不同的两点
则方程有8个不同的实数根，则D错误；故选：ABC．
13．
【解析】设扇形的半径为r，因为扇形的周长为，扇形的面积为，
由得，或，又因为，所以，故答案为：
14．
【解析】因为，且函数定义域为R，所以函数为偶函数，
当时，令，由双勾函数的性质可得在上是增函数，
而函数在上为增函数，
所以函数在上是增函数，因为，
所以，解得或所以实数m的取值范围是．
故答案为：．
15．
【解析】因为对，有
可得函数是R上的单调递减函数，由，则满足
解得，即实数a的取值范围是．，故答案为：．
16．
【解析】令，，
令，，，
令，则即，可得，
，函数周期，
，∴x为奇数时，，
n为奇数时，也为奇数，此时；n为偶数时，为4的整数倍，此时．
∴，
，由，则为偶数，
记
所以，故答案为：
17．（1）
（2）
【解析】（1）解：当时，集合，因为，所以，
且，则．
（2）解：由集合，若，可得，
则满足，解得，所以实数a的取值范围为．
18．（1）
（2）
【解析】（1）
所以．
（2）因为，所以，又是第三象限角，
所以，所以
19．（1）奇函数，理由见解析；
（2）证明见解析；
（3）．
【解析】（1）为奇函数，理由如下：
时，，故为奇函数；
（2）令，则
∵，则，，
∴，即，所以，∴在上单调递增．
（3）因为对任意恒成立，由（2）知，因为在上单调递增，
故，所以，则，可得，所以．
20．（1）
（2）公司获得的年利润最大，每年应生产9万件该芯片
【解析】（1）根据题意得，当时，，
当时，
故g．
（2）当时，，且当时，单调递增，当时，单调递减，此时．
当时，，当且仅当时，等号成立．
因为，故当时，取得最大值24，即为使公司获得的年利润最大，每年应生产9万件该芯片．
21（1）
（2）
【解析】（1）依题意，因为的定义域为R的偶函数，所以，
所以，
所以
所以，所以，即
（2）由（1）知
所以，
令
即，整理得，
其中，所以，令，则得，
①当时，，即，所以方程在区间上有唯一解，
则方程对应的二次函数，恒有，
，所以当时，
方程在区间上有唯一解．
②当时，，即
方程在区间上有唯一解，
因为方程对应的二次函数的开口向下，恒有，
，所以满足恒有，解得
综上所述，当或时，有唯一零点．
22（1）具有性质M，理由见解析
（2）15
（3）
【解析】（1）解：对于函数的定义域内任意的，取，
则，结合的图象可知对内任意的是唯一存在的，所以函数具有性质M．
（2）解：因为，且，所以在上是增函数，
又函数具有性质M，所以，即，
因为，所以且
又，所以，解得，所以．
（3）解：因为，所以，且在定义域上单调递增，又因为，
在上单调递增，所以在上单调递增，又因为具有性质M，从而，即，所以，解得或（舍去），因为存在实数，使得对任意的，不等式都成立，
所以，
因为在上单调递增，所以
即对任意的恒成立．
所以或，解得或综上可得实数s的取值范围是
数学试题
考试时间：120分钟；满分：150分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题（本题共8小题，每题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．若集合，则＝（ ）
A． B． C． D．
2．已知命题p：，，则命题p的否定为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
3．点P从出发，沿着单位圆的边界顺时针运动弧长到达点Q，则点Q的坐标为（ ）
A． B． C． D．
4．设，则的值为（ ）
A．11 B．10 C．9 D．8
5．已知，则函数与函数的图像在同一坐标系中可以是（ ）
A． B．
C． D．
6．荀子《劝学》中说：“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海．”学习是日积月累的过程，每天进步一点点，前进不止一小点．若甲、乙两同学当下的知识储备量均为a，甲同学每天的“进步”率和乙同学每天的“退步”率均为2%．n天后，甲同学的知识储备量为，乙同学的知识储备量为，则甲、乙的知识储备量之比为2时，需要经过的天数约为（ ）（参考数据：，，）
A．15 B．18 C．30 D．35
7．已知，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知在上的最小值为，则ω的解有（ ）个
A．1 B．2 C．3 D．4
二、多选题（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．已知，且，则（ ）
A．的最小值是9 B．ab的最大值是8
C．的最小值是16 D．的最小值是4
10．下列命题中，正确的是（ ）
A．“”是“”的充分不必要条件
B．“”是“”的必要不充分条件
C．“”是“”的充要条件
D．“”是“”的必要不充分条件
11．德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就显著，以其命名的函数被称为狄利克雷函数，其中R为实数集，Q为有理数集，则以下关于狄利克雷函数的结论中，正确的是（ ）
A．函数为偶函数
B．函数的值域是
C．对于任意的，都有
D．在图象上不存在不同的三个点A，B，C，使得△ABC为等边三角形
12．已知函数，若函数有四个不同的零点，且，则以下结论中正确的是（ ）
A． B．且
C． D．方程有6个不同的实数根
第II卷（非选择题）
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．若扇形的周长为10cm，面积为，圆心角为，则α＝______
14．已知函数，且，则实数m的取值范围是______
15．已知函数，对，有，则实数a的取值范围是______
16．设函数是定义在整数集z上的函数，且满足，对任意的x，都有，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，求实数a的取值范围．
18．已知α是第三象限角，且
（1）求
（2）若，求．
19．已知．
（1）判断的奇偶性并说明理由；
（2）求证：函数在上单调递增；
（3）若不等式对任意恒成立，求实数a的取值范围．
20．某公司生产一类电子芯片，且该芯片的年产量不超过35万件，每万件电子芯片的计划售价为16万元．已知生产此类电子芯片的成本分为固定成本与流动成本两个部分，其中固定成本为30万元/年，每生产x万件电子芯片需要投入的流动成本为（单位：万元），当年产量不超过14万件时，；当年产量超过14万件时，．假设该公司每年生产的芯片都能够被销售完．
（1）写出年利润（万元）关于年产量x（万件）的函数解析式；（注：年利润＝年销售收入－固定成本－流动成本）
（2）如果你作为公司的决策人，为使公司获得的年利润最大，每年应生产多少万件该芯片？
21．已知函数是偶函数．
（1）求m的值；
（2）设函数，若有唯一零点，求实数a的取值范围．
22．若函数对定义域内的每一个值，在其定义域内都存在唯一的，使成立，则称函数具有性质M．
（1）判断函数是否具有性质M，并说明理由
（2）若函数的定义域为且具有性质M，求mn的值；
（3）已知，函数的定义域为且具有性质M，若存在实数，使得对任意的，不等式都成立，求实数s的取值范围．
德阳外国语学校2024年春2023级高一下入学考试参考答案
1．A
【解析】由题意知，所以．故选：A．
2．D
【解析】命题p的否定为，故选：D
3．D
【解析】由题意，以x轴的非负半轴为始边，以Q所在的射线OQ为终边的最小正角为，
由任意角的三角函数的定义可得，Q的坐标为，即，故选：D．
4．C
【解析】由题意得，故的值为9，故选：C
5．A
【解析】因为，所以在R上单调递增，又定义域为，所以由复合函数单调性可知，在上单调递减，且恒过，故选：A．
6．B
【解析】由题意可设经过n天后甲、乙的知识储备量之比为2，
则，
则，
故选：B
7．B
【解析】
，所以，
，所以，所以．
故选：B．
8．C
【解析】当时，，而，显然不满足题意；当时，因为，所以
要使在上的最小值为，则有所以，
此时在处取得最小值，即
令，因为，所以在上单调递减，又在上单调递减，所以函数在上单调递减，
又因为，由函数零点存在性定理可知，此时函数有唯一的零点，
也即当，函数在上的最小值为时，则的解只有一个；
当时，因为所以，
要使在上的最小值为，则有
解得
当时，则，结合余弦函数的图象可知，
函数在上的最小值为，解得，满足题意
当时，则．此时在处取得最小值，即
从而将问题转化为与的图像有多少个交点，
因为，所以在上单调递增，
又．
则与的大致图像如下，
所以与的图像有唯一交点，
即当，函数在上的最小值为时，则的解只有一个
综上可知，的解有3个，故选：C．
9．AD
【解析】因为，所以，
当且仅当，即时，等号成立，则A正确．
因为．所以，所以，当且仅当，即时，等号成立，
则B错误．
因为，当且仅当时，等号成立，而，当且仅当取等号，所以等号不能同时取到，所以，则C错误．
因为，所以，所以，所以，
当且仅当，即时，等号成立，则D正确．，故选：AD
10．AB
【解析】对于A项：由“”可以推出，但反之不可以，故A项正确．
对于B项：由“”推不出“”，但反之可以，故B项正确．
对于C项：由“”可以推出“”，但反之不可以，故C项错误．
对于D项：由题意知：是的子集，所以“”可以推出“”，但反之不可以，故D项错误．，故选：AB．
11．AC
【解析】由于
对于选项A，设任意，则，；，设任意，则，；，总之，对于任意实数x，恒成立，A正确；，对于选项B，的值域为，B错误；对于选项C，当，则；
当，则，；C正确；
对于选项D，取，得到△ABC为等边三角形，D错误；故选：AC．
12．ABC
【解析】函数与直线的图象，如下图所示：
因为直线与函数的图象相交于四个不同的点，所以，则A正确；
因为二次函数的图象关于直线对称，则，
，则B正确；
设，因为，所以，
令，，设
因为，所以，即函数在上单调递增
故，即，则C正确
令，则．
由得，则方程的解为．
当时，由于，则直线与函数的图象相交一点
当时，由于，则直线与函数的图象相交一点
当时，由于，则直线与函数的图象相交不同的四点
当时，由于，则直线与函数的图象相交不同的两点
则方程有8个不同的实数根，则D错误；故选：ABC．
13．
【解析】设扇形的半径为r，因为扇形的周长为，扇形的面积为，
由得，或，又因为，所以，故答案为：
14．
【解析】因为，且函数定义域为R，所以函数为偶函数，
当时，令，由双勾函数的性质可得在上是增函数，
而函数在上为增函数，
所以函数在上是增函数，因为，
所以，解得或所以实数m的取值范围是．
故答案为：．
15．
【解析】因为对，有
可得函数是R上的单调递减函数，由，则满足
解得，即实数a的取值范围是．，故答案为：．
16．
【解析】令，，
令，，，
令，则即，可得，
，函数周期，
，∴x为奇数时，，
n为奇数时，也为奇数，此时；n为偶数时，为4的整数倍，此时．
∴，
，由，则为偶数，
记
所以，故答案为：
17．（1）
（2）
【解析】（1）解：当时，集合，因为，所以，
且，则．
（2）解：由集合，若，可得，
则满足，解得，所以实数a的取值范围为．
18．（1）
（2）
【解析】（1）
所以．
（2）因为，所以，又是第三象限角，
所以，所以
19．（1）奇函数，理由见解析；
（2）证明见解析；
（3）．
【解析】（1）为奇函数，理由如下：
时，，故为奇函数；
（2）令，则
∵，则，，
∴，即，所以，∴在上单调递增．
（3）因为对任意恒成立，由（2）知，因为在上单调递增，
故，所以，则，可得，所以．
20．（1）
（2）公司获得的年利润最大，每年应生产9万件该芯片
【解析】（1）根据题意得，当时，，
当时，
故g．
（2）当时，，且当时，单调递增，当时，单调递减，此时．
当时，，当且仅当时，等号成立．
因为，故当时，取得最大值24，即为使公司获得的年利润最大，每年应生产9万件该芯片．
21（1）
（2）
【解析】（1）依题意，因为的定义域为R的偶函数，所以，
所以，
所以
所以，所以，即
（2）由（1）知
所以，
令
即，整理得，
其中，所以，令，则得，
①当时，，即，所以方程在区间上有唯一解，
则方程对应的二次函数，恒有，
，所以当时，
方程在区间上有唯一解．
②当时，，即
方程在区间上有唯一解，
因为方程对应的二次函数的开口向下，恒有，
，所以满足恒有，解得
综上所述，当或时，有唯一零点．
22（1）具有性质M，理由见解析
（2）15
（3）
【解析】（1）解：对于函数的定义域内任意的，取，
则，结合的图象可知对内任意的是唯一存在的，所以函数具有性质M．
（2）解：因为，且，所以在上是增函数，
又函数具有性质M，所以，即，
因为，所以且
又，所以，解得，所以．
（3）解：因为，所以，且在定义域上单调递增，又因为，
在上单调递增，所以在上单调递增，又因为具有性质M，从而，即，所以，解得或（舍去），因为存在实数，使得对任意的，不等式都成立，
所以，
因为在上单调递增，所以
即对任意的恒成立．
所以或，解得或综上可得实数s的取值范围是
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