2023-2024學(xué)年黑龍江省佳木斯市名校中學(xué)高三上學(xué)期第二次調(diào)研考試 數(shù)學(xué)（word版含解析）

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數(shù)學(xué)試題

時間：120分鐘滿分：150分

一、單選題：（共8道小題，每題5分，共40分）

1.設(shè)集合，則（）

AB.C.D.

2.對于實數(shù)，，，且是的（）

A.充分非必要條件B.必要非充分條件

C.充要條件D.既非充分又非必要條件

3.設(shè)函數(shù)，若，則的值為（）

A.B.1C.或1D.或1或

4.已知函數(shù)是定義域上的單調(diào)減函數(shù)，則實數(shù)的取值范圍是（）

A.B.C.D.

5.若函數(shù)在其定義域內(nèi)的一個子區(qū)間內(nèi)不是單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)的取值范圍是

A.B.C.D.

6.已知函數(shù)為定義在上的偶函數(shù)，不等式的解集為（）

A.B.C.D.

7.若直線（）為曲線與曲線的公切線，則l的縱截距（）

A0B.1C.eD.

8.已知，則的大小關(guān)系為（）

A.B.

C.D.

二、多選題：（共4道小題，每題5分，共20分）

9.下列命題中正確的是（）

A.命題“，”的否定為“，”

B.已知，，且，則的最小值為

C.已知函數(shù)的定義域為，則函數(shù)的定義域為

D.冪函數(shù)在上為減函數(shù)，則的值為1

10.已知函數(shù)，且，則的大致圖象可以是（）

A.B.

C.D.

11.給出下列說法，錯誤的有（）

A.若函數(shù)在定義域上奇函數(shù)，則

B.已知的值域為，則a的取值范圍是

C.已知函數(shù)滿足，且，則

D.已知函數(shù)，則函數(shù)的值域為

12.已知函數(shù)，則下列結(jié)論正確的是（）

A.函數(shù)有3個零點

B.若函數(shù)有四個零點，則

C.若關(guān)于的方程有四個不等實根，則

D.若關(guān)于的方程有8個不等實根，則

三、填空題：（共4道小題，每題5分，共20分）

13.若，則曲線在處的切線方程為________.

14.設(shè)函數(shù)的最大值為，最小值為，則___________.

15.若為定義在上的連續(xù)不斷的函數(shù)，滿足，且當(dāng)時，．若，則的取值范圍___________．

16.函數(shù)的定義域為R，其圖像是一條連續(xù)的曲線，在上單調(diào)遞增，且為偶函數(shù)，為奇函數(shù)，則下列說法中，正確說法的序號是__________.

①既不是奇函數(shù)也不是偶函數(shù)；

②的最小正周期為4；

③在上單調(diào)遞減；

④是的一個最大值；

⑤.

四、解答題：（共6道大題，共70分.）

17.不等式的解集是，集合．

（1）求實數(shù)a，b的值；

（2）若集合A是B的子集．求實數(shù)m的取值范圍．

18.為響應(yīng)國家“降碳減排”號召，新能源汽車得到蓬勃發(fā)展，而電池是新能源汽車最核心的部件之一.湖南某企業(yè)為抓住新能源汽車發(fā)展帶來的歷史性機(jī)遇，決定開發(fā)生產(chǎn)一款新能源電池設(shè)備.生產(chǎn)這款設(shè)備的年固定成本為200萬元，每生產(chǎn)臺需要另投入成本（萬元），當(dāng)年產(chǎn)量不足45臺時，萬元，當(dāng)年產(chǎn)量不少于45臺時，萬元.若每臺設(shè)備的售價與銷售量的關(guān)系式為萬元，經(jīng)過市場分析，該企業(yè)生產(chǎn)新能源電池設(shè)備能全部售完.

（1）求年利潤（萬元）關(guān)于年產(chǎn)量（臺）的函數(shù)關(guān)系式；

（2）年產(chǎn)量為多少臺時，該企業(yè)在這一款新能源電池設(shè)備的生產(chǎn)中獲利最大？最大利潤是多少萬元？

19.已知函數(shù).

（1）若是函數(shù)的極值點，求在區(qū)間上的最值；

（2）討論的單調(diào)性.

20.設(shè)函數(shù)是定義域為的偶函數(shù)，是定義域為的奇函數(shù)，且.

（1）求與的解析式；

（2）若在上的最小值為，求的值.

21.已知函數(shù)，

（1）求函數(shù)的極值點；

（2）若恒成立，求實數(shù)的取值范圍.

22.設(shè)函數(shù)（常數(shù)）．

（1）若函數(shù)在區(qū)間上是單調(diào)遞增函數(shù)，求實數(shù)取值范圍；佳一中2022-2023學(xué)年度高三學(xué)年第二次調(diào)研考試

數(shù)學(xué)試題

時間：120分鐘滿分：150分

一、單選題：（共8道小題，每題5分，共40分）

1.設(shè)集合，則（）

A.B.C.D.

【答案】C

【解析】

【分析】先化簡集合,再求得解.

【詳解】由題得，

，

所以.

故選：C.

【點睛】本題主要考查一元二次不等式的解法，考查對數(shù)不等式的解法，考查集合的并集的計算，意在考查學(xué)生對這些知識的理解掌握水平.

2.對于實數(shù)，，，且是的（）

A.充分非必要條件B.必要非充分條件

C.充要條件D.既非充分又非必要條件

【答案】A

【解析】

【分析】利用充分條件和必要條件的定義進(jìn)行判斷即可．

【詳解】若“且”則“”成立，

當(dāng)，時，滿足，但且不成立，

故且”是“”的充分非必要條件．

故選：A．

3.設(shè)函數(shù)，若，則的值為（）

A.B.1C.或1D.或1或

【答案】B

【解析】

【分析】分與兩種情況，解方程，求出答案.

【詳解】當(dāng)時，，則，解得或（舍去），滿足要求；

當(dāng)時，，則，解得，不滿足要求，舍去.

故選：B

4.已知函數(shù)是定義域上的單調(diào)減函數(shù)，則實數(shù)的取值范圍是（）

A.B.C.D.

【答案】A

【解析】

【分析】根據(jù)二次函數(shù)及對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性計算即可，注意端點位置大小.

【詳解】由題意可得二次函數(shù)對稱軸為，由于整個函數(shù)單調(diào)遞減，則有

，解之得.

故選：A

5.若函數(shù)在其定義域內(nèi)的一個子區(qū)間內(nèi)不是單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)的取值范圍是

A.B.C.D.

【答案】B

【解析】

【詳解】試題分析：因為的定義域為，，由，得．利用圖象可知，根據(jù)題意得，，解得，故選B．

考點：函數(shù)單調(diào)性

6.已知函數(shù)為定義在上的偶函數(shù)，不等式的解集為（）

A.B.C.D.

【答案】D

【解析】

【分析】由題易求出的值，因為函數(shù)為偶函數(shù)，因此只需考慮時的單調(diào)性，然后利用函數(shù)的單調(diào)性及偶函數(shù)的性質(zhì)可解.

【詳解】∵函數(shù)為定義在上的偶函數(shù)，

∴，即，所以定義域為，

當(dāng)時，函數(shù)為增函數(shù)，由偶函數(shù)的性質(zhì)可得，

∴當(dāng)時，函數(shù)為減函數(shù)，

由得，

解之得，.

故選：D.

7.若直線（）為曲線與曲線的公切線，則l的縱截距（）

A0B.1C.eD.

【答案】D

【解析】

【分析】設(shè)切點分別為，，分別求出切線方程，再令切線方程相等；

【詳解】設(shè)l與的切點為，則由，有.

同理，設(shè)l與的切點為，由，有.

故解得或則或.

因，所以l為時不成立.故，

故選：D.

8.已知，則的大小關(guān)系為（）

A.B.

C.D.

【答案】B

【解析】

【分析】構(gòu)造函數(shù)，利用其單調(diào)性判定大小即可.

【詳解】，

令，則，

所以當(dāng)時，函數(shù)單調(diào)遞增，

，即，

即，從而可知.

故選：B.

二、多選題：（共4道小題，每題5分，共20分）

9.下列命題中正確的是（）

A.命題“，”的否定為“，”

B.已知，，且，則的最小值為

C.已知函數(shù)的定義域為，則函數(shù)的定義域為

D.冪函數(shù)在上為減函數(shù)，則的值為1

【答案】BD

【解析】

【分析】根據(jù)特稱命題的否定為全稱命題，即可判斷A，根據(jù)乘“1”法，即可利用基本不等式求解B，根據(jù)抽象函數(shù)的定義域即可判斷C，根據(jù)冪函數(shù)的性質(zhì)即可判斷D.

【詳解】對于A.命題“，”的否定為“，”，故A錯誤，

對于B.由于，，，當(dāng)且僅當(dāng)，即時，取最小值，B正確，

對于C.函數(shù)的定義域為，則，故，故函數(shù)的定義域為，C錯誤，

對于D.為冪函數(shù)，則或，由于在上為減函數(shù)，所以，故的值為1，D正確，

故選：BD

10.已知函數(shù)，且，則的大致圖象可以是（）

A.B.

C.D.

【答案】ABD

【解析】

【分析】取特殊值判斷A、B、D，根據(jù)C的圖象得到且，即可退出矛盾，即可判斷.

【詳解】解：令、、此時，定義域為，且，即函數(shù)為偶函數(shù)，函數(shù)圖象關(guān)于軸對稱，

當(dāng)時，當(dāng)或時，故A滿足題意；

令、此時，定義域為，且，即函數(shù)為奇函數(shù)，函數(shù)圖象關(guān)于原點對稱，

當(dāng)或時，當(dāng)或時，故B符合題意，

對于C：函數(shù)的定義域為，故，且，即，此時，則，

所以函數(shù)為奇函數(shù)，函數(shù)圖象關(guān)于原點對稱，故矛盾，即C錯誤；

令、、此時，當(dāng)時，所以，

當(dāng)時，所以，故D符合題意；

故選：ABD

11.給出下列說法，錯誤的有（）

A.若函數(shù)在定義域上為奇函數(shù)，則

B.已知的值域為，則a的取值范圍是

C.已知函數(shù)滿足，且，則

D.已知函數(shù)，則函數(shù)的值域為

【答案】ABD

【解析】

【分析】由奇函數(shù)的定義可判斷A，函數(shù)的值域滿足，即可判斷B，由周期性可判斷C，先求出函數(shù)的定義域，由對數(shù)函數(shù)和二次函數(shù)的性質(zhì)可判斷D．

【詳解】對于A，函數(shù)為奇函數(shù)，

所以，，即，即，

即，整理可得，即，

所以，，解得，

當(dāng)時，，該函數(shù)的定義域為，滿足，合乎題意，

當(dāng)時，，

由可得，此時函數(shù)的定義域為，滿足，合乎題意.

綜上所述，，故A錯誤；

對于B，因為的值域為，

則函數(shù)的值域滿足，

則，解得，故B錯誤；

對于C，函數(shù)滿足，則，

故的周期為，因為，則，故C正確；

對于D，因為，，

由，得，解得，

即函數(shù)的定義域為．則，

又

，

故函數(shù)的值域為，故D錯誤：

故選：ABD.

12.已知函數(shù)，則下列結(jié)論正確的是（）

A.函數(shù)有3個零點

B.若函數(shù)有四個零點，則

C.若關(guān)于的方程有四個不等實根，則

D.若關(guān)于的方程有8個不等實根，則

【答案】ACD

【解析】

【分析】畫出的圖象利用數(shù)形結(jié)合可判斷ABC，根據(jù)圖象及二次方程根的分布可判斷D.

【詳解】對A，當(dāng)時，單調(diào)遞增，

當(dāng)時，單調(diào)遞減，

畫出的圖象，可以看出關(guān)于對稱，

當(dāng)時，取得最小值為1，

在同一坐標(biāo)系內(nèi)作出的圖象，可看出兩函數(shù)圖象有3個交點，

所以函數(shù)有3個零點，A正確；

對B，由圖象可知，函數(shù)有四個零點，則，B錯誤；

對C，由圖象可知，若關(guān)于的方程有四個不等實根，

不妨設(shè)，則關(guān)于對稱，關(guān)于對稱，

所以，所以，C正確；

對D，令，若關(guān)于的方程有8個不等實根，

則要有2個不相等的實數(shù)根，且，

所以，所以，即，故D正確.

故選：ACD.

三、填空題：（共4道小題，每題5分，共20分）

13.若，則曲線在處的切線方程為________.

【答案】

【解析】

【分析】注意到是常數(shù)，對求導(dǎo)，再令，可求得的值，再將的值帶回原式，可求得的值，再根據(jù)直線的點斜式方程，即可得到結(jié)果.

【詳解】，

，，，

，

所以曲線在處的切線方程為，即.

故答案為：.

14.設(shè)函數(shù)的最大值為，最小值為，則___________.

【答案】2

【解析】

【分析】構(gòu)造函數(shù)，可證為奇函數(shù)，且的最大值為，最小值為，結(jié)合奇函數(shù)的性質(zhì)，可求得.

【詳解】，設(shè)，所以的最大值為，最小值為，又，所以為奇函數(shù)，所以，即.

故答案為：2.

15.若為定義在上的連續(xù)不斷的函數(shù)，滿足，且當(dāng)時，．若，則的取值范圍___________．

【答案】

【解析】

【分析】由已知當(dāng)時，，可構(gòu)造函數(shù)，可得為奇函數(shù)，又，得在上是減函數(shù)，從而在上是減函數(shù)，再根據(jù)函數(shù)奇偶性和單調(diào)性即可求解．

【詳解】，，

設(shè)，則，

則，為奇函數(shù)，

又當(dāng)時，，在上是減函數(shù)，

從而在上是減函數(shù)，

又,等價于，

即，，解得,

故的取值范圍為，

故答案為：

【點睛】關(guān)鍵點睛：解答本題的關(guān)鍵是要根據(jù)當(dāng)時，的結(jié)構(gòu)特征，發(fā)現(xiàn)規(guī)律，即構(gòu)造函數(shù)，繼而證明該函數(shù)為奇函數(shù)，再結(jié)合單調(diào)性解決問題.

16.函數(shù)的定義域為R，其圖像是一條連續(xù)的曲線，在上單調(diào)遞增，且為偶函數(shù)，為奇函數(shù)，則下列說法中，正確說法的序號是__________.

①既不是奇函數(shù)也不是偶函數(shù)；

②的最小正周期為4；

③在上單調(diào)遞減；

④是的一個最大值；

⑤.

【答案】②③⑤

【解析】

【分析】由為偶函數(shù)，可得的圖象關(guān)于直線對稱，由為奇函數(shù)，可得，再結(jié)合前面的可得，，從而可得為奇函數(shù)，周期為4，然后逐個分析判斷.

【詳解】對于①②，因為為偶函數(shù)，所以，所以的圖象關(guān)于直線對稱，所以，

因為為奇函數(shù)，所以，所以，

所以，所以，，

所以為奇函數(shù)，周期為4，所以①錯誤，②正確，

對于③，因為為奇函數(shù)，在上單調(diào)遞增，所以在上遞增，

因為的圖象關(guān)于直線對稱，所以在上遞減，

因為的周期為4，所以在上單調(diào)遞減，所以③正確，

對于④，因為的定義域為R，且為奇函數(shù)，所以，

因為在上遞增，在上遞減，的周期為4，所以在上遞增，，所以在上的最大值為，

因為，所以不是的一個最大值，所以④錯誤，

對于⑤，因為，所以當(dāng)時，得，當(dāng)時，得，所以，

因為的周期為4，所以，所以⑤正確，

故答案為：②③⑤

【點睛】關(guān)鍵點點睛：此題考查函數(shù)奇偶性、單調(diào)性、對稱性和周期性的綜合問題，解題的關(guān)鍵是由已知條件得到為奇函數(shù)，周期為4，再根據(jù)對稱性研究一個周期上函數(shù)的性質(zhì)，考查計算能力，屬于較難題.

四、解答題：（共6道大題，共70分.）

17.不等式的解集是，集合．

（1）求實數(shù)a，b的值；

（2）若集合A是B的子集．求實數(shù)m的取值范圍．

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）由題意知，且方程的兩個根為，代入求解即可；

（2）由（1）化簡集合，再分類討論，利用集合的包含關(guān)系求參數(shù)即可得解.

【小問1詳解】

由題意知，且方程的兩個根為，代入得

，解得.

【小問2詳解】

由（1）知，故集合，

于是有，可得，

若，可得，解得；

若，可得，解得；

若符合條件.

故實數(shù)的取值范圍是.

18.為響應(yīng)國家“降碳減排”號召，新能源汽車得到蓬勃發(fā)展，而電池是新能源汽車最核心的部件之一.湖南某企業(yè)為抓住新能源汽車發(fā)展帶來的歷史性機(jī)遇，決定開發(fā)生產(chǎn)一款新能源電池設(shè)備.生產(chǎn)這款設(shè)備的年固定成本為200萬元，每生產(chǎn)臺需要另投入成本（萬元），當(dāng)年產(chǎn)量不足45臺時，萬元，當(dāng)年產(chǎn)量不少于45臺時，萬元.若每臺設(shè)備的售價與銷售量的關(guān)系式為萬元，經(jīng)過市場分析，該企業(yè)生產(chǎn)新能源電池設(shè)備能全部售完.

（1）求年利潤（萬元）關(guān)于年產(chǎn)量（臺）的函數(shù)關(guān)系式；

（2）年產(chǎn)量為多少臺時，該企業(yè)在這一款新能源電池設(shè)備的生產(chǎn)中獲利最大？最大利潤是多少萬元？

【答案】（1）

（2）當(dāng)年產(chǎn)量為49臺時，該企業(yè)在這款新能源電池設(shè)備的生產(chǎn)中獲利潤最大，最大為701萬

【解析】

【分析】（1）根據(jù)題目給出的函數(shù)解析式，利用收益減去成本，可得答案；

（2）根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)以及基本不等式，可求得最值，可得答案.

【小問1詳解】

當(dāng)，時，

；

當(dāng)，時，

；

綜上所述：

小問2詳解】

當(dāng)，時，，則當(dāng)時，的最大值為650；

當(dāng)，時，

（當(dāng)且僅當(dāng)，即時等號成立）；

∴當(dāng)年產(chǎn)量為49臺時，該企業(yè)在這款新能源電池設(shè)備的生產(chǎn)中獲利潤最大，最大為701萬.

19.已知函數(shù).

（1）若是函數(shù)的極值點，求在區(qū)間上的最值；

（2）討論的單調(diào)性.

【答案】（1）最小值為，最大值為

（2）答案見解析

【解析】

【分析】（1）根據(jù)題意，求得，求得，結(jié)合導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)的單調(diào)性和極值，結(jié)合和的值，即可求解；

（2）化簡得到，分、、、和，五種情況討論，求得函數(shù)單調(diào)區(qū)間，即可求解.

【小問1詳解】

解：由函數(shù)，可得，

因為已知是函數(shù)的極值點，所以1是方程的根，

可得，解得，故，經(jīng)檢驗符合題意，

所以，則，

所以當(dāng)時；當(dāng)時，

所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，

又由，，，

且，

所以在區(qū)間上的最小值為，最大值為.

【小問2詳解】

解：由，可得，

當(dāng)時，令，解得或；

令，解得或，

所以函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為，，減區(qū)間

當(dāng)時，恒成立，所以函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為，

當(dāng)時，令，解得或；

令，解得，

所以函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為，，減區(qū)間

當(dāng)時，可得，

令，解得；令，解得，

所以函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為，減區(qū)間.

當(dāng)，可得，令，解得；令，解得，

所以函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為，減區(qū)間.

綜上可得，當(dāng)時單調(diào)增區(qū)間為，減區(qū)間；

當(dāng)時單調(diào)增區(qū)間為；

當(dāng)時單調(diào)增區(qū)間為，減區(qū)間

當(dāng)單調(diào)增區(qū)間為單調(diào)減區(qū)間為.

【點睛】知識方法：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性（區(qū)間）的方法：

（1）當(dāng)導(dǎo)函數(shù)不等式可解時，解不等式或，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；

（2）當(dāng)方程可解時，解出方程實根，依照實根把函數(shù)的定義域劃分為幾個區(qū)間，確定各區(qū)間的符號，從而確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；

（3）若當(dāng)方程含有參數(shù)時，需要根據(jù)參數(shù)的取值，合理分類討論，確定各區(qū)間的符號，進(jìn)而確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；

（4）若導(dǎo)函數(shù)對應(yīng)的方程、不等式都不可解，根據(jù)結(jié)構(gòu)特征，利用圖像與性質(zhì)確定的符號，從而確定單調(diào)區(qū)間.

20.設(shè)函數(shù)是定義域為的偶函數(shù)，是定義域為的奇函數(shù)，且.

（1）求與的解析式；

（2）若在上的最小值為，求的值.

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）根據(jù)函數(shù)的奇偶性可得出關(guān)于、的方程組，即可解得這兩個函數(shù)的解析式；

（2）設(shè)，可得，設(shè)，分、兩種情況討論，分析函數(shù)在上的單調(diào)性，結(jié)合可求得實數(shù)的值.

【小問1詳解】

解：為偶函數(shù)，，

又為奇函數(shù)，，

，①

，即，②

由得：，可得.

【小問2詳解】

解：，

所以，，

令，因為函數(shù)、在上均為增函數(shù)，

故在上單調(diào)遞增，則，

設(shè)，，對稱軸，

①當(dāng)時，函數(shù)在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，

則，解得：或（舍）；

②當(dāng)時，在上單調(diào)遞增，

，解得：，不符合題意.

綜上：.

21.已知函數(shù)，

（1）求函