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

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2022—2023学年高三阶段性监测数学试卷本试卷分第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，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.

13.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.

2【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,+∞)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.

3祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是说：两个同高的几何体，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.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，

4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）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，

5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错；C选项：，当且仅当时，等号成立，故C正确；

6D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

7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

8【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

9三、填空题：本题共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，求导结合基本不等式可得为减函数，再利用函数的性质求解即可.

10【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.

11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

12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）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+

13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)

14（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

15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;（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①，由题意，方程①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①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.

16【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，①当时，即当时，则在上单调递增，所以，，不合乎题意；②当时，即当时，则有，解得，此时函数在上有零点.综上所述，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：

17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（ⅰ）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，

18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．（ⅱ）由（ⅰ）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.

19【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.