2023济宁育才中学高三上学期10月线上阶段性检测数学试题含解析

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济宁市育才中学2022年高三居家学习阶段性测试
数学试题
2022.10.3
一､单项选择题
1. 已知集合，B={-2，-1，0，1}，则A∩B=（ ）
A. {-2，-1，0，1} B. {-1，0，1} C. {-1，0} D. {-2，-1，0}
2. 若复数z在复平面内对应的点为，则其共轭复数的虚部是（ ）
A. B. C. 1 D.
3. 下列函数为奇函数，且在上为增函数的是（ ）
A. B. C. D.
4. 已知二次函数的值域为，则的最小值为（ ）
A. 3 B. 6 C. 9 D. 12
5. 骑行是目前很流行的一种绿色健身和环保出行方式，骑行属于全身性有氧活动､能有效地锻炼大脑､心脏等人体器官机能，它带给人们的不仅是简单的身体上的运动锻炼，更是心灵上的释放.如图是某一自行车的平面结构示意图，已知图中的圆（前轮），圆（后轮）的半径均为，，，均是边长为4的等边三角形.设点为后轮上一点，则在骑行该自行车的过程中，的最小值为（ ）

A. B. 12 C. D. 24
6. 设函数在的图象大致如图所示，则的最小正周期为（ ）

A. B. C. D.
7. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
8. 设是定义在R上的奇函数，且当时，，不等式的解集为（ ）
A B.
C. D.
二､多项选择题
9. 已知0＜a＜b＜1＜c，则下列不等式一定成立的是（　　）
A ac＜bc B. ca＜cb
C. logac＞logbc D. sinc＞sina
10. 下面命题正确的有（ ）
A. 方向相反的两个非零向量一定共线
B. 单位向量都相等
C. 若，满足且与同向，则
D. “若A、B、C、D是不共线的四点，且”“四边形ABCD是平行四边形”
11. 命题“，使”是假命题，则实数m的取值可以为（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
12. 已知函数，下列命题正确的是（ ）
A. 若是函数的极值点，则
B. 若是函数的极值点，则在上的最小值为
C. 若在上单调递减，则
D. 若在上恒成立，则
三､填空题
13. 若是上单调递减的一次函数，若，则__．
14. 函数的单调递增区间是_________，值域是______．
15. 在中，为重心，，，则=________.
16. 函数在上单调，则实数的取值范围是______.
四､解答题
17. 若不等式的解集是．
（1）解不等式；
（2）b为何值时，的解集为R．
18. 设两个非零向量与不共线，
（1）若，，，求证：A，B，D三点共线；
（2）试确定实数k，使和共线．
19. 已知函数.
（1）求的最小正周期；
（2）求的单调增区间；
（3）函数在区间上的值域为，求实数m的取值范围；
20. 已知向量，，.
（1）求函数的最小正周期；
（2）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，求的面积的最大值.
21. 已知函数，.
（1）求函数单调递增区间；
（2）若对任意，不等式恒成立，求取值范围.
22. 已知函数．
（1）讨论的零点个数．
（2）若有两个不同的零点，证明：．
23. 已知函数，．
（1）当a＝2时，求曲线在处的切线方程；
（2）讨论关于x的方程的实根个数．

济宁市育才中学2022年高三居家学习阶段性测试
数学试题
2022.10.3
一､单项选择题
1. 已知集合，B={-2，-1，0，1}，则A∩B=（ ）
A. {-2，-1，0，1} B. {-1，0，1} C. {-1，0} D. {-2，-1，0}
【答案】B
【解析】
【分析】根据分式不等式求出集合A，结合交集的概念和运算即可得出结果.
【详解】因为等价于等价于，
所以，又，
所以.
故选：B
2. 若复数z在复平面内对应的点为，则其共轭复数的虚部是（ ）
A. B. C. 1 D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的几何意义，以及共轭复数的定义，即可求解
【详解】复数z在复平面内对应的点为，可得，所以，共轭复数，共轭复数的虚部是
故选：D
3. 下列函数为奇函数，且在上为增函数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用函数的性质或图像（判断奇偶性和增减性）对各个选项进行验证排除即可得到答案.
【详解】定义域为，不关于原点对称，所以选项A错误；
的函数图像在呈“波浪形”，有增有减，所以选项B错误；
，为奇函数， 在内任取，且 ，则
，
又因为，所以 ，
所以，增函数，所以选项C正确；
在递减，所以选项D错误；
故选：C
4. 已知二次函数的值域为，则的最小值为（ ）
A. 3 B. 6 C. 9 D. 12
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意得，，再根据基本不等式即可得答案.
【详解】解：由题意知，，，，
∴，当且仅当，即，时取等号.
故选 ：D.
【点睛】本题考查根据二次函数值域求参数，基本不等式求最值，是中档题.
5. 骑行是目前很流行的一种绿色健身和环保出行方式，骑行属于全身性有氧活动､能有效地锻炼大脑､心脏等人体器官机能，它带给人们的不仅是简单的身体上的运动锻炼，更是心灵上的释放.如图是某一自行车的平面结构示意图，已知图中的圆（前轮），圆（后轮）的半径均为，，，均是边长为4的等边三角形.设点为后轮上一点，则在骑行该自行车的过程中，的最小值为（ ）

A. B. 12 C. D. 24
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，如图建立平面直角坐标系，故，，，，进而利用坐标法结合三角函数性质求解即可.
【详解】解：如图，以点为坐标原点，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，
因为圆（前轮），圆（后轮）的半径均为，，，均是边长为4的等边三角形
所以点，，，
所以，
所以，
所以当， 的最小值为.
故选：B

6. 设函数在的图象大致如图所示，则的最小正周期为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合函数图象得到最小正周期的范围，进而求出，代入特殊点后得到，解不等式，得到k的取值范围，进而求出k的值，求出最小正周期.
【详解】由图知，所以，又因为，所以，，所以，，令，解得：或，因为，所以，此时，所以，
故选：A
7. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】构造函数，利用导数得出单调性，比较的大小即可求出.
【详解】设函数，则为偶函数，且当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为，，所以，又，，，所以.
故选：B.
8. 设是定义在R上的奇函数，且当时，，不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先分析函数的单调性，结合函数的解析式，原不等式等价于，结合函数的单调性可得，解不等式可得结果.
【详解】根据题意，当时，，所以在上为增函数，
因为是定义在R上的奇函数，
所以在R上为增函数，
因为，所以，，
所以，
所以不等式可化为，
所以，解得或，
所以不等式的解集为，
故选：C
二､多项选择题
9. 已知0＜a＜b＜1＜c，则下列不等式一定成立的是（　　）
A. ac＜bc B. ca＜cb
C. logac＞logbc D. sinc＞sina
【答案】ABC
【解析】
【分析】由已知条件，可通过幂函数、指数函数、对数函数的函数性质，结合不等式性质来进行判断，选项D可通过举特例来进行判断.
【详解】选项A，幂函数在上是增函数，因为0＜a＜b＜1＜c，所以，故该选项正确；
选项B，，指数函数在上是增函数，因为0＜a＜b＜1＜c，所以，故该选项正确；
选项C，因为0＜a＜b＜1＜c，所以，而，，所以，故选项C正确；
选项D，令，，满足0＜a＜b＜1＜c，但，故选项D错误.
故选：ABC.
10. 下面的命题正确的有（ ）
A. 方向相反的两个非零向量一定共线
B. 单位向量都相等
C. 若，满足且与同向，则
D. “若A、B、C、D是不共线的四点，且”“四边形ABCD是平行四边形”
【答案】AD
【解析】
【分析】根据向量的定义和性质，逐项判断正误即可.
【详解】对于A，由相反向量的概念可知A正确；
对于B，任意两个单位向量的模相等，其方向未必相同，故B错误；
对于C，向量之间不能比较大小，只能比较向量的模，故C错误；
对于D，若A、B、C、D是不共线的四点，且，
可得，且，故四边形ABCD是平行四边形；
若四边形ABCD是平行四边形，可知，且，
此时A、B、C、D是不共线的四点，且，故D正确.
故选：AD.
11. 命题“，使”是假命题，则实数m的取值可以为（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】CD
【解析】
【分析】由题可得，使是真命题，然后分类讨论结合二次不等式的解法即得.
【详解】若，使是假命题，
则，使是真命题，
当时，转化，不合题意；
当时，则，
解得，
综上，.
故选：CD.
12. 已知函数，下列命题正确的是（ ）
A. 若是函数的极值点，则
B. 若是函数的极值点，则在上的最小值为
C. 若在上单调递减，则
D. 若在上恒成立，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，由可求出的值，对于B，由选项A，可求得，然后利用导数可求出在上的最小值，对于C，由题意可得，可求出的范围，对于D，将问题转化为在上恒成立，构造函数，再利用导数求出其最大值即可
【详解】对于A，由，得，因为是函数的极值点，所以，得，经检验是函数的极小值点，所以A正确，
对于B，由选项A，可知，则，由，得或，由，得，所以在和递增，在上递减，所以当时，时，取得最小值，所以B正确，
对于C，因为在上单调递减，所以，即，得在上恒成立，令，则，所以在单调递增，所以，即，所以，所以C正确，
对于D，由在上恒成立，得 在上恒成立，即在上恒成立，令，，则，所以上单调递增，所以，所以，所以D错误，
故选：ABC
三､填空题
13. 若是上单调递减的一次函数，若，则__．
【答案】
【解析】
【分析】设，且，求出表达式，利用对应系数相等求和的值，即可求解.
【详解】因为是上单调递减的一次函数，
所以设，且，
，
又因为，
所以，解得，
所以
故答案为：．
14. 函数的单调递增区间是_________，值域是______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】先求出函数的定义域，再利用换元法得到内外层两个函数，先求出内层函数在定义域内的单调区间，再结合外层函数的单调性可求出函数的单调区间，求出内层函数的值域，再结合对数函数的性质可求出函数的值域，
【详解】令，则由，可得．
又因为为减函数，而函数在区间上单调递增，在上单调递减．故在区间上单调递减，在上单调递增．
易知在区间上的值域为，
故的值域为．
故答案为：；
15. 在中，为重心，，，则=________.
【答案】
【解析】
【分析】设中点为，根据向量线性表示可得，，然后根据向量数量积的运算律结合条件即得.
【详解】设中点为，

为的重心且，
，，
因为，，
所以.
故答案为：.
16. 函数在上单调，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】先求得时，根据在上单调，可得，即可求得a的范围及在上为单调递增函数，进而可得，单调递增，根据指数函数的性质，分析整理，即可得a的范围.
【详解】当时，，，
所以，，
所以x=0不是的极值点，
因为在上单调，
所以，解得，
当，在上单调递增，
当，为开口向上的抛物线，所以在上单调递增，
所以在上为单调递增函数，
所以当时，为单调递增函数，
所以或，
所以或（舍）
解得满足题意.
所以实数的取值范围是.
故答案为：
四､解答题
17. 若不等式的解集是．
（1）解不等式；
（2）b为何值时，的解集为R．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得和1是方程的两个根，则有，求出的值，然后解不等式即可，
（2）由（1）可知的解集为R，从而可得，进而可求出的取值范围
【小问1详解】
由题意得和1是方程的两个根，则有，解得，
所以不等式化为，，
解得或，
所以不等式的解集为或
【小问2详解】
由（1）可知的解集为R，
所以，解得，
所以的取值范围为
18. 设两个非零向量与不共线，
（1）若，，，求证：A，B，D三点共线；
（2）试确定实数k，使和共线．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）转化为证明向量，共线，即可证明三点共线；
（2）由共线定理可知，存在实数λ，使，利用向量相等，即可求解的值.
【详解】（1）证明：，，，


，共线，
又∵它们有公共点B，
∴A，B，D三点共线．
（2）和共线，
∴存在实数λ，使，
即，.
，是两个不共线的非零向量，

，.
19. 已知函数.
（1）求的最小正周期；
（2）求的单调增区间；
（3）函数在区间上的值域为，求实数m的取值范围；
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）由题可得，再利用正弦型函数周期公式即得；
（2）利用正弦函数的性质即可求出增区间；
（3）利用正弦函数的性质，可得，即得．
【小问1详解】
∵，
∴的最小正周期为；
【小问2详解】
∵，
由，得，
所以的单调增区间是；
【小问3详解】
∵，，
∴，
∴，
故实数m的取值范围为.
20. 已知向量，，.
（1）求函数的最小正周期；
（2）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，求的面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用数量积坐标运算得到，再利用正弦函数的性质求解；
（2）由，解得，再利用余弦定理结合基本不等式得到，然后利用三角形面积公式求解.
【小问1详解】
解：，
，
则其最小正周期；
【小问2详解】
由，且，
所以，
由余弦定理得，即，
所以，当且仅当时取等号，
所以的面积，
所以该三角形面积的最大值为.
21. 已知函数，.
（1）求函数的单调递增区间；
（2）若对任意，不等式恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求函数的单调递增区间，即解不等式；
（2）参变分离得，即求的最小值.
【小问1详解】
定义域为，
即
解得
所以在单调递增
小问2详解】
对任意，不等式恒成立，即恒成立，
分离参数得.
令，则．
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增.
所以，
即，
故a的取值范围是.
22. 已知函数．
（1）讨论的零点个数．
（2）若有两个不同的零点，证明：．
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先通过求导得到函数的单调区间，再运用数形结合思想分类讨论即可求解；
（2）将问题转化为研究函数的单调性后再求解即可.
【小问1详解】
因为，所以1不是的零点．
当，可变形为，
令，则的零点个数即直线与图象的交点个数．
因为，，得，又，
所以在上单调递减，在上单调递增．
因为，且当时，，
所以当时，没有零点；
当时，有一个零点；
当时，有两个零点．
【小问2详解】
证明：由（1）知，当时，有两个零点．
设，则，
由得，
所以，即．
令，则，
易得在上单调递减，在上单调递增．
要证，即证．
因为，且在上单调递增，所以只需证．
因为，所以即证．
令，
则，
所以上单调递减．
因为，所以．
因为，所以，故．
23. 已知函数，．
（1）当a＝2时，求曲线在处的切线方程；
（2）讨论关于x的方程的实根个数．
【答案】（1）
（2）答案不唯一，具体见解析
【解析】
【分析】（1）由a＝2，利用导数的几何意义求解；
（2）由得到，令，利用导数法求解.
【小问1详解】
当a＝2时，，，
则切线的斜率为，
又，所以曲线在处的切线方程是，
即．
【小问2详解】
即为，化简得，
令，则，
令，则，
令，得．
当时，，即在上单调递增；
当时，，即在上单调递减．
①当时，，即，
所以在R上单调递减．
又，所以有唯一零点0；
②当时，，，所以存在，，
又，
令，，
所以在上单调递减，，
即，所以存在，，
x

n

m


－
0
＋

－

单调递减

单调递增

单调递减
则，又，所以存在，；
同理，，又，所以存在，，
由单调性可知，此时有且仅有三个零点0，，．
综上，当时，有唯一零点，方程有唯一的实根；
当时，有且仅有三个零点，方程有3个实根．
【点睛】方法点睛：用导数研究函数的零点（方程的根），一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题（方程的根）转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．