2022-2023高一第一学期第三次阶段测试——数学试卷（含答案）

一、单选题
1．设，则取得最小值时，的值为（ ）
A． B．2 C．4 D．
2．已知函数，方程有两解，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．设函数的定义域为，满足，且当时，．若对任意，都有，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
4．已知定义在R上的函数满足，当时，，函数，若函数在区间上恰有8个零点，则a的取值范围为（　　）
A．（2，4） B．（2，5） C．（1，5） D．（1，4）
5．设函数（且）在区间上是单调函数，若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．已知实数，关于的不等式的解集为，则实数a、b、、从小到大的排列是( )
A． B．
C． D．
7．若不等式恒成立，则实数的范围是（ ）
A． B． C． D．.
8．若至少存在一个,使得关于x的不等式成立,则实数m的取值范围是
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知函数，则（ ）
A．对任意的，函数都有零点.
B．当时，对，都有成立.
C．当时，方程有4个不同的实数根.
D．当时，方程有2个不同的实数根.
10．已知函数的图像关于直线对称，函数关于点对称，则下列说法正确的是（ ）
A． B．的周期为4
C． D．
11．已知函数，若x1A．x1＋x2＝－1 B．x3x4＝1
C．112．函数的定义域为，若存在区间使在区间上的值域也是，则称区间为函数的“和谐区间”，则下列函数存在“和谐区间”的是（ ）
A． B． C． D．
三、填空题
13．已知向量的夹角为锐角，且满足 ，若对任意的，都有|x+y|≤1成立，则的最小值为___________.
14．设函数（）．若函数恰有两个不同的零点，，则的取值范围是_______．
15．已知正数满足，则的最大值是___________.
16．设、、、、、是六个互不相等的实数，则在以下六个式子中：，，，，，，能同时取到150的代数式最多有________个．
四、解答题
17．已知函数.
（1）若，求不等式的解集；
（2）若对任意，恒成立，求实数的取值范围；
（3）若，，为正实数，且的最大值等于，求实数的值.
18．已知不等式，其中x，k∈R．
(1)若x＝4，解上述关于k的不等式；
(2)若不等式对任意k∈R恒成立，求x的最大值．
19．已知集合，．
（1）若，且，求实数及的值；
（2）在（1）的条件下，若关于的不等式组没有实数解，求实数的取值范围；
（3）若，且关于的不等式；的解集为，求实数的取值范围．
20．已知实数不全为0，给定函数，．记方程的解集为，方程的解集为，若满足，则称为一对“太极函数”．问：
(1)当，时，验证是否为一对“太极函救”；
(2)若为一对“太极函数”，求的值；
(3)已知为一对“太极函数”，若，，方程存在正根，求的取值范围（用含有的代数式表示）．
21．设A是实数集的非空子集，称集合且为集合A的生成集．
(1)当时，写出集合A的生成集B；
(2)若A是由5个正实数构成的集合，求其生成集B中元素个数的最小值；
(3)判断是否存在4个正实数构成的集合A，使其生成集，并说明理由．
22．已知函数．
(1)若不等式的解集为R，求m的取值范围；
(2)解关于x的不等式；
(3)若不等式对一切恒成立，求m的取值范围．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【解析】转化条件为原式，结合基本不等式即可得解.
【详解】
，
当且仅当，即，，时，等号成立.
故选：A.
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1） “一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
2．B
【分析】根据已知条件对进行分类讨论：、，然后分别考虑每段函数的单调性以及取值范围，确定出方程有两解时所满足的不等式，由此求解出的取值范围.
【详解】因为，所以且，
当时，在时单调递增，所以；
又在时单调递增，且，
因为方程有两解，所以，所以；
当时，在时单调递减，；
又在时单调递增，，
因为方程要有两解，所以，此时不成立.
综上可得，
故选：B.
【点睛】方法点睛：根据方程解的个数求解参数范围的常见方法：
方法（1）：将方程解的个数问题转化为函数的图象的交点个数问题，通过图象直观解答问题；
方法（2）：若方程中有指、对数式且底数为未知数，则需要对底数进行分类讨论，然后分析的单调性并求解出其值域，由此列出关于参数的不等式，求解出参数范围.
3．D
【解析】根据题设条件可得当时，，其中，结合函数在上的解析式和函数在的图象可求的取值范围.
【详解】当时，，故，
因为，
故当时，，，
同理，当时，，
依次类推，可得当时，，其中.
所以当时，必有.
如图所示，因为当时，的取值范围为，
故若对任意，都有，则，
令，或，
结合函数的图象可得，
故选：D.
【点睛】思路点睛：此类问题考虑函数的“类周期性”，注意根据已知区间上函数的性质推证函数在其他区间上的性质，必要时应根据性质绘制函数的图象，借助形来寻找临界点.
4．A
【分析】将题意转化为函数与函数在区间上有8个交点，再根据函数的性质画图，再列式，根据对数函数的不等式解法求解即可
【详解】函数在区间上恰有8个零点，则函数与函数在区间上有8个交点
由知，是R上周期为2的函数，作函数与函数在区间上的图像如下，
由图像知，当时，图像有5个交点，故在上有3个交点即可，则；
故，解得；
故选：A．
5．D
【分析】分析可知函数在上单调递减，可求得，然后作出函数与函数的图象，可知两个函数在上的图象有两个交点，从而可得知函数在上有且只有一个零点，利用二次函数的零点分布可求得实数的取值范围，即可得解.
【详解】当时，，
二次函数图象的对称轴为直线，此时，
所以，函数在上单调递减，在上单调递增，不合乎题意；
当时，即当时，此时，
，
函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，不合乎题意；
当时，即当时，，
此时函数在上单调递减，在上单调递减，
由题意可得，解得，此时.
当时，，可得，
令，可得，
因为，则，
如下图所示：
因为，所以，函数与函数在上的图象有两个交点，
由题意可知，函数与函数在上的图象有且只有一个交点，
联立，可得，
设，则函数在上有且只有一个零点，
二次函数的对称轴方程为，只需，解得.
综上所述，.
故选：D.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
6．A
【分析】由题可知，再利用中间量，根据与之间的关系求出的取值范围，即可判断a、b、、之间的关系.
【详解】由题可得：，.由，，设，则.所以，所以，.又，所以，所以.故，.又，故.
故选：A.
7．D
【分析】先将不等式化简，进而参变分离转化为求函数最值问题，最后解得答案.
【详解】题设不等式化为，即，
，，
易知是减函数，时，，
所以由不等式上恒成立得.
故选：D.
8．D
【解析】把不等式变形为，作出函数和的图象，由数形结合思想得出不等关系．
【详解】原不等式可变形为，作出函数和的图象，由题意在时，至少有一点满足，
当与相切时，，，由得，
当过点时，，
∴．
故选：D.
【点睛】本题考查不等式有解问题．变形后转化两个函数图象的关系问题，利用数形结合思想得到解法．
9．AC
【分析】讨论的取值范围即可判断函数零点个数，可判断A；当时，由指数函数与二次函数的单调性可判断B；当时，令，由得或，结合图象可判断C；当时，方程，则，结合图象可判断D．
【详解】当时，；当时，；
所以当时，函数只有个零点，当时，函数只有个零点，
时，函数只有个零点，故A正确；
当时，由指数函数与二次函数的单调性知，函数为单调递增函数，故B错；
当时，令，由得或，作出函数的图象
如图所示，当时，方程有两个解；方程有两个解；
所以方程有4个不同的实数根，故C正确；
当时，方程，则，如图所示，有1个不同的交点，
则故D错误．
故选：AC
10．AB
【分析】由已知条件可知函数的对称性，由函数的两个对称性可知其周期性，然后代换得解.
【详解】的图像关于直线对称，的图像关于对称，
又关于点中心对称，所以周期为4，所以正确而D错误；
又，其中换得，
再将换得，但无法得到 所以正确C错误.
故选：AB.
11．BCD
【解析】由解析式得到函数图象，结合函数各分段的性质有，，，即可知正确选项.
【详解】由函数解析式可得图象如下：
∴由图知：，，而当时，有，即或2，
∴，而知：，
∴，.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：利用分段函数的性质确定函数图象，由二次函数、对数运算性质确定的范围及关系.
12．ABD
【分析】根据题意，可知若在区间上的值域也是，则存在“和谐区间”，且，则或，再对各个选项进行运算求解，即可判断该函数是否存在“和谐区间”.
【详解】解：由题得，若在区间上的值域也是，则存在“和谐区间”，
可知，，则或，
A：，若，解得：，
所以存在“和谐区间”；
B：，若存在和谐区间，
则，故在为增函数，
故，解得：，
所以存在“和谐区间”；
C：，若存在和谐区间，则，
若，则，故在上为增函数，
故，得，故无解；
若，则，故在上为增函数，
同上，无解.
所以不存在“和谐区间”；
D：，函数在 单调递减，
则 ， 不妨令，
所以存在“和谐区间”；
综上得：存在“和谐区间”的是ABD.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：本题以函数的新定义为载体，考查函数的定义域、值域以及零点等知识，解题的关键是理解“和谐区间”的定义，考查运算能力以及函数与方程的思想.
13．
【分析】根据题目信息对任意的，都有|x+y|≤1成立，分别两边平方，分离出，只需，转化为求的最大值，结合式子的特点，利用基本不等式求出最大值为.
【详解】解：因为，且 ，
则|x|2=x==1≥(x+y)2恒成立，
所以=恒成立，
只需，
又，
当且仅当18x2=2y2时取等号，此时的最大值为，
所以，即的最小值为，
故答案为：
【点睛】分离出是解题的关键，以及对求的最大值，观察分式的特点联想基本不等式，需要一定的计算能力.
14．
【分析】求出的解析式和根，代入，化简式子求其范围即可．
【详解】
当时，令，可得(因为，所以舍去)
所以|，
在上是减函数，所以．
故答案为：．
15．
【分析】设，表达出，结合基本不等式求解最值，再根据二次不等式求解即可.
【详解】设，则，
所以，当且仅当时取等号.
所以，解得，即的最大值，当且仅当，即，时取等号.
故答案为：
16．2
【分析】由作差法比较大小后判断
【详解】不妨设，，
记为①式，为②式，以此类推，
由，故①>②，
，故②>③，
，故①>④，
同理得，①>⑤，②>⑥，③>⑤，④>③，④>⑥，⑥>⑤，
综上可知①>②>③>⑤，①>④>③>⑤，且②>⑥>⑤，④>⑥>⑤，
最多有②④或③⑥两项可同时取150，
令，
得其一组解为，
故答案为：2
17．(1) 见解析； (2)；(3).
【分析】(1)将二次函数表达式写成交点式，再对分类讨论；
(2)对分等于零，大于零和小于零讨论；
(3)先用基本不等式的配凑法求最值，再求的值.
【详解】(1)
当时，的解集为；
当时，的解集为；
当时，无实数解.
(2) 当时，，
对任意，恒成立.
当时，函数图象开口向上，
若对任意，恒成立，只需
，即，.
故当时，对任意，恒成立.
当时，对任意，，，
恒成立.
综上可知，实数的取值范围为.
(3) 若，，为正实数，则由基本不等式得，
，，
两式相加得，，
变形得，当且仅当且时等号成立.
所以，即，.
18．(1)或或}
(2)
【分析】（1）将x＝4代入不等式化简可得， ，利用一元二次不等式的解法求解即可；
（2）利用换元法，令，将问题转化为对任意t≥1恒成立，利用基本不等式求解的最小值，即可得到x的取值范围，从而得到答案．
【详解】（1）若x＝4，则不等式变形为
即，
解得或，
所以 或或，
故不等式的解集为或或}；
（2）令，
则不等式对任意k∈R恒成立，
等价于对任意t≥1恒成立，
因为，
当且仅当，即t＝时取等号，
所以x≤，
故x的最大值为．
19．（1），；（2）；（3）.
【解析】（1）本题首先可通过求解得出或，然后根据、得出集合，最后根据和是方程的解即可得出结果；
（2）本题首先可结合（1）将转化为，然后根据没有实数解即可得出结果；
（3）本题首先可根据求出、，然后分为、两种情况对进行讨论，即可得出结果.
【详解】（1）因为，即，解得或，
所以集合或，
因为，，所以集合，
因为集合，
所以和是方程的解，
则，解得，.
（2）因为，，
所以，即，解得，
故不等式组没有实数解即没有实数解，
故，实数的取值范围为.
（3）因为，所以和是方程的解，
则，解得，，
即，
因为的解集为，
所以若，则，解得，
若，即，解集为，
综上所述，实数的取值范围为.
【点睛】本题考查集合与一元二次不等式的性质的综合应用，考查根据交集、并集的相关性质求集合，考查一元二次不等式的解法，考查推理能力与计算能力，考查函数方程思想，体现了综合性，是难题.
20．(1)不是一对“太极函救”
(2)
(3)时，，时，．
【分析】（1）根据新定义检验；
（2）利用新定义计算求解；
（3）设，由新定义得关于的方程无实根，记，由二次函数性质求得的范围，由可得的范围．
【详解】（1）若是否为一对“太极函救”，由，得，
所以，不是的零点，
所以不是一对太极函救；
（2）设为方程的一个根，即，由题设，
所以；
（3）因为，由，得，所以，
，
由得或，易得，
据题意，的零点均为的零点，
故无实数根，
设，则无实根，记
时，，，
，即时，，解得，
，即时，，．
综上，时，，时，．
【点睛】本题考查函数新定义，解题关键是正确理解新定义并能应用，由新定义判断，求值等，难点是第（3）小问的范围问题，解题关键是引入变量，利用新定义确定关于的方程无实根，记，只要即可得结论．
21．(1)
(2)7
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）利用集合的生成集定义直接求解.
（2）设，且，利用生成集的定义即可求解；
（3）不存在，理由反证法说明.
【详解】（1），
（2）设，不妨设，
因为，所以中元素个数大于等于7个，
又，，此时中元素个数大于等于7个，
所以生成集B中元素个数的最小值为7.
（3）不存在，理由如下：
假设存在4个正实数构成的集合，使其生成集，
不妨设，则集合A的生成集
则必有，其4个正实数的乘积；
也有，其4个正实数的乘积，矛盾；
所以假设不成立，故不存在4个正实数构成的集合A，使其生成集
【点睛】关键点点睛：本题考查集合的新定义，解题的关键是理解集合A的生成集的定义，考查学生的分析解题能力，属于较难题.
22．(1)；
(2)答案见解析；
(3).
【分析】（1）对二次项系数进行分类讨论，结合二次函数的判别式即可容易求得结果；
（2），对，与分类讨论，可分别求得其解集
（3），通过分离常数与利用基本不等式结合已知即可求得m的取值范围．
（1）
根据题意，当，即时，，不合题意；
当，即时，
的解集为R，即的解集为R，
即，故时，或.
故 ．
（2）
，即，
即，
当，即时，解集为；
当，即时，，
，
解集为或；
当，即时，，
，
解集为．
综上所述：当时，解集为；
当时，解集为；当时，解集为或.
（3）
，即，
恒成立，
，
设则，
，
，当且仅当时取等号，
，当且仅当时取等号，
当时，，
．
【点睛】本题考察二次函数恒成立问题，以及含参二次函数不等式的求解，其中正确的分类讨论，是解决本题的关键，属综合困难题.
答案第1页，共2页
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