山东省潍坊市2022-2023学年高三上学期10月阶段性监测数学试题 WORD版含解析.doc

1、保密启用前20222023学年高三阶段性监测数 学202210本试卷分第1卷和第11卷两部分，满分150分，考试时间120分钟第I卷（选择题，共60分）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. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先解绝对值不等式求出集合，再根据指数函数的性质求出集合，再根据交集的定义计算可得；【详解】解：由，即，解得，所以，由，即，解得，所以，所以；故选：C2. 命题“，”的否定是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】C【解析】【分析】根据全称量词命题的否定是存在量词命题

2、，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.3. 函数的大致图象为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据函数解析式，研究其奇偶性以及特殊函数值的大小，可得答案.【详解】由，则该函数的定义域为，将代入该函数，可得，故该函数为偶函数，则C、D错误，将代入函数，可得，故A错误，B正确.故选：B.4. 函数的单调递增区间是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】由0得：x(,2)(4,+)，令t=，则y=lnt，x(,2)时,t=为减函数；x(4,+)

3、时,t=为增函数；y=lnt为增函数，故函数f(x)=ln()的单调递增区间是(4,+)，故选D.点睛：形如的函数为,的复合函数，为内层函数,为外层函数.当内层函数单增，外层函数单增时，函数也单增；当内层函数单增，外层函数单减时，函数也单减；当内层函数单减，外层函数单增时，函数也单减；当内层函数单减，外层函数单减时，函数也单增.简称为“同增异减”.5. 已知为正实数，且，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用，结合可得，进而可得答案.【详解】因为为正实数，则，即，所以或，所以或.的取值范围是，故选：D.6. 祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是说：两个

4、同高的几何体，如在等高处的截面积恒相等，则体积相等.设、为两个同高的几何体，、的体积不相等，、在等高处的截面积不恒相等.根据祖暅原理可知，是的A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】由题意分别判断命题的充分性与必要性，可得答案.【详解】解：由题意，若、的体积不相等，则、在等高处的截面积不恒相等，充分性成立；反之，、在等高处的截面积不恒相等，但、的体积可能相等，例如是一个正放的正四面体，一个倒放的正四面体，必要性不成立，所以是的充分不必要条件，故选：A.【点睛】本题主要考查充分条件、必要条件的判定，意在考查学生的逻辑推理能力.7.

5、 已知函数，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先判断函数的单调性，再对数函数的性质和幂函数的性质比较的大小，从而可比较出的大小.【详解】由，得，所以在上单调递增，因为在上为增函数，且，所以，所以，因为，所以，因为在上为增函数，且，所以，所以，所以，所以，即，因为，所以，因在上单调递增，所以，即，故选：D8. 设函数，若函数的图象与轴所围成的封闭图形被直线分为面积相等的两部分，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先求得的表达式，结合图象以及面积列方程，由此求得的值.【详解】，令，得，或，解得或.令，得或，令得，所以（1）时，（2）时，（3）

6、时，（4）时，（5）时，（6）时，直线过定点，由此画出的图象如下图所示，阴影部分是函数的图象与轴所围成的封闭图形，根据对称性可知，阴影部分的面积为.设直线与直线相交于，由图可知，由解得，三角形的面积为，解得，此时符合题意.故选：B二、多项选择题: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. 设，则下列不等式中一定成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】ACD【解析】分析】利用基本不等式及其变形求最值即可判断.【详解】A选项：，当且仅当时，等号成立，故A正确；B选项：，所以，当且仅当时，等号成立，故B

7、错；C选项：，当且仅当时，等号成立，故C正确；D选项：，当且仅当，即，时，等号成立，故D正确故选：ACD.10. 设集合，若，则运算可能是（ ）A. 加法B. 减法C. 乘法D. 除法【答案】AC【解析】【分析】先由题意设出，然后分别计算，即可得解.【详解】由题意可设，其中，则，所以加法满足条件，A正确；，当时，所以减法不满足条件，B错误；，所以乘法满足条件，C正确；，当时，所以出发不满足条件，D错误.故选：AC.11. 设函数的定义域为，且满足，当时，则下列说法正确的是（ ）A. 是偶函数B. 为奇函数C. 函数有个不同的零点D. 【答案】ABC【解析】【分析】根据函数关系式可推导得到关于直

8、线和点对称，且周期为；令，由奇偶性定义可得的奇偶性，知AB正确；作出和的图象，根据图象可得两函数交点个数，进而确定函数零点个数，知C正确；根据周期性可求得，知D错误.【详解】，且关于直线对称；又，且关于中心对称；，则是周期为的周期函数；对于A，令，则，为偶函数，A正确；对于B，令，则，为奇函数，B正确；对于C，作出和的图象如下图所示，当时，又，由图象可知：与共有个不同的交点，则有个不同的零点，C正确；对于D，D错误.故选：ABC.12. 已知函数和，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】A选项，根据反函数求解出与交点坐标，从而得到；B选项，由零点存在性定理得到，；C

9、选项，化简整理得到，求出在上的单调性，求出取值范围；D选项，构造函数，根据得到，根据在上单调递增，所以，即，整理得，D正确【详解】由于和互为反函数，则和的图象关于直线对称，将与联立求得交点为，则，即，A正确易知为单调递增函数，因为，由零点存在性定理可知，B正确易知为单调递减函数，由零点存在性定理可知因为，令，则在上恒成立，所以在上单调递增，所以，C错误因为，所以，所以令，则，当时，在上单调递增，所以，即，整理得，D正确故选：ABD【点睛】结论点睛：对于双变量问题，要结合两个变量的关系，将双变量问题转化为单变量问题再进行求解，也可通过研究函数的单调性及两个变量的不等关系进行求解三、填空题：本题共

10、4小题，每小题5分，共20分.13. 已知函数，若，则_【答案】9【解析】【分析】对函数值进行分段考虑，代值计算即可求得结果.【详解】当时，则，则不成立当时，则，则成立故答案为：9.14. 关于的方程的两根之差的绝对值不大于2，则实数的最大值与最小值的和为_【答案】4【解析】【分析】根据题意得到和，分别解不等式再求交集即可得实数的取值范围，进而求得最大值与最小值的和.【详解】由题知：，即，解得或.又因为，所以，化简得，解得，故实数的最大值与最小值的和为.故答案为：415. 已知函数，其中是自然对数的底数，若，则实数的取值范围为_【答案】【解析】【分析】由函数解析式可得，函数为上的奇函数，求导结

11、合基本不等式可得为减函数，再利用函数的性质求解即可.【详解】由，则，即函数为上的奇函数.又，故为上的减函数.又，所以，即，解得，即实数的取值范围是，故答案为：.16. 若对于任意的x，不等式恒成立，则b的取值范围为_【答案】【解析】【分析】不等式恒成立转化为，设，对求导得的最小值为，所以，即，z令，转化为，对求导知当时，取最大值为，即可求出b的取值范围.【详解】由，得，设，则,令，得，在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，即，所以，所以，即，令，则，令，得，在上单调递增，在上单调递减，则当时，取最大值为，所以b的取值范围为.故答案为：.四、解答题:本题共6小题，共70分.解答应写出文字说

12、明、证明过程或演算步骤17. 设全集为，不等式的解集为，函数的定义域为集合，其中（1）当时，求;（2）若，求实数的取值范围【答案】（1）或 （2）【解析】【分析】（1）先求出解集合，再求两集合的并集，（2）分，两种情况求出集合，可求出，再由知，可求出实数的取值范围【小问1详解】由，得，解得，所以，当时，由，得或，所以或，所以或，【小问2详解】由知，当时，则或，所以，所以，所以当时，则或，所以，显然不存在满足条件的m值综上，实数m的取值范围为.18. 已知函数为奇函数（1）若在恒成立，求实数的取值范围;（2）过点且与曲线相切的直线为与轴、轴分别交于点，为坐标原点，求的面积【答案】（1）或 （2）

13、或【解析】【分析】（1）由函数为奇函数可得，求导，利用导数求出函数在上的最大值，在恒成立，即在恒成立，从而可得出答案；（2）易得点在曲线的图象上，分为切点和不为切点两种情况讨论，根据导数的几何意义求出切线方程，从而可得出答案.【小问1详解】解：因为为奇函数，所以，即，解得：，所以，令，得：或，列表得：x20+极小值5由上表知，由在恒成立，得，解得或；【小问2详解】解：因为，所以点在曲线上，当A为切点时，切线l的方程为，所以，；当A不是切点时，设切点坐标，整理得：，解得：或（舍去），所以，切线l的方程为，所以，综上，的面积为或.19. 某企业为响应国家号召，研发出一款特殊产品，计划生产投入市场已

14、知该产品的固定研发成本为180万元，此外，每生产一台该产品需另投入450元设该企业一年内生产该产品万台并委托一家销售公司全部售完根据销售合同，时，销售公司按零售价支付货款给企业;时，销售公司按批发价支付货款给企业已知每万台产品的销售收入为万元，满足:（1）写出年利润(单位:万元)关于年产量(单位:万台)的函数关系式;（利润=销售收入-固定研发成本-产品生产成本)（2）当年产量为多少万台时，该企业的获利最大?并求出此时的最大利润【答案】（1） ; （2）当年产量为30万台时，该企业获利最大，且此时的最大利润为2270万元【解析】【分析】（1）根据利润=销售收入-固定研发成本-产品生产成本，分和两

15、种情况写出函数解析式，可得答案；（2）计算时销售收入说明企业亏损，则判断最大获利一定在时取得，利用基本不等式可求得答案.【小问1详解】当时，当时，所以，;【小问2详解】当时，,令，则转化为，则，当时，在上单调递增，的最大值为，即当时，取得最大值4万元，此时销售收入远小于投入，企业亏损，所以最大获利一定在时取得，此时，当且仅当，即（负值舍去）时等号成立，此时取得最大值，且最大值2270（万元），所以，当年产量为30万台时，该企业获利最大，且此时的最大利润为2270万元20. 定义:若函数对于其定义域内的某一数，有，则称是的一个不动点已知函数（1）若对任意的实数，函数恒有两个不动点，求的取值范围;

16、（2）在（1）的条件下，若图象上两个点的横坐标是函数的不动点，且的中点在函数的图象上，求的最小值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由有两个不相等的实数根，结合判别式以及一元二次不等式恒成立列不等式，从而求得的取值范围.（2）先设出的坐标，求得的坐标并代入的解析式，利用根与系数关系列方程，结合二次函数的性质求得的最小值.【小问1详解】令，则，由题意，方程恒有两个不相等的实数根，所以，即恒成立，则，解得【小问2详解】依题意图象上两个点的横坐标是函数的不动点，设，又AB的中点在该直线上，所以，而应是方程的两个根，所以，即，当时，.21. 已知为偶函数，为奇函数，且满足.（1）若方程有解，求

17、实数m的取值范围；（2）若，且方程有三个解，求实数k的取值范围.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）结合函数奇偶性将代入条件中可得，即可求得，的解析式，代入方程中，可得，设，换元可得，分别讨论和，结合二次函数性质即可求解；（2）由（1），将，的解析式代入，作出的图象，整理方程为，结合图象有两个不等的实根，则需满足有且只有一个根，根据图象即可求解.【小问1详解】因为为偶函数，为奇函数，由已知可得，即，所以，解得，由可得，令，当且仅当时，等号成立，则，故有，其中，令，其中，则函数在上有零点，当时，即当时，则在上单调递增，所以，不合乎题意；当时，即当时，则有，解得，此时函数在上有零点.综上所

18、述，实数m的取值范围是；小问2详解】，作出函数的图象如图所示：由可得，由图可知，方程有两个不等的实根，由题意可知，方程有且只有一个根，故或，解得或.因此，实数k的取值范围是.22. 已知函数，其中为常数曲线过点，曲线关于点中心对称（1）求的值;（2）记（i）讨论在区间上的单调性;（ii）若存在两个极值点，且，求的取值范围【答案】（1）， （2）（i）答案见解析；（ii）【解析】【分析】（1）根据题意可得，结合分式函数的对称中心求解即可；（2）（i）求导可得，再分与两种情况讨论即可；（ii）由（）知，且，是方程的两根，进而结合韦达定理化简可得，再令，再求导分与两种情况讨论求解即可.【小问1详解】由题意知，又的对称中心为，所以，故【小问2详解】由（1）知，因为，所以当，即时，恒成立，则函数在区间上单调递增当时，由，得，当时，当时，则函数在区间单调递减，在单调递增（）由（）知，时才可能出现两个极值点，且，是方程的两根，则，而，令，当时，此时，所以函数在上单调递减，则，即不符合题意；当时，此时，所以函数在上单调递减，则，即成立，即成立，综上所述，的取值范围是.【点睛】本题主要考查了分类讨论分析函数单调性的问题，需要根据求导后的解析式，根据导函数中的关键部分的正负临界情况确定参数分类讨论的依据，同时也考查了利用韦达定理确定两极值点的关系化简分析的方法、构造函数分析求解参数范围等.属于难题.