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山东省临沂市2022-2023学年高三上学期数学期中试卷
一、单选题
1．（2022高三上·临沂期中）设集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2022高三上·临沂期中）若，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2022高三上·临沂期中）若扇形的弧长与面积都是6，则这个扇形的圆心角的弧度数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
4．（2022高三上·临沂期中）为了保护水资源，提倡节约用水，某城市对居民用水实行“阶梯水价”.计费方法如下表：
每户每月用水量 水价
不超过 4元
超过但不超过 6元
超过 8元
若某户居民上月交纳的水费为66元，则该户居民上月用水量为（ ）
A． B． C． D．
5．（2022高三上·临沂期中）已知，若是的必要不充分条件，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2022高三上·临沂期中）已知向量，若点是直线上的一个动点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2022高三上·临沂期中）已知，则（ ）
A． B． C． D．
8．（2022高三上·临沂期中）函数是定义在上的单调函数，且对定义域内的任意，均有，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．（2022高三上·临沂期中）欧拉公式（其中为虚数单位，）将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论中占有非常重要的地位，被誉为数学中的天桥.依据欧拉公式，则（ ）
A． B．为纯虚数
C． D．复数对应的点位于第三象限
10．（2022高三上·临沂期中）函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．
B．
C．的图象关于点对称
D．在上单调递增
11．（2022高三上·临沂期中）南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法.商功》中出现了如图所示的形状，后人称之为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，，以此类推.设从上到下各层球数构成一个数列，则（ ）
A． B．
C． D．
12．（2022高三上·临沂期中）若，且，则（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
13．（2022高三上·临沂期中）已知向量在方向上的投影向量是是与同方向的单位向量），，则 .
14．（2022高三上·临沂期中）已知，则 .
15．（2022高三上·临沂期中）设函数，若，则的取值范围是 .
16．（2022高三上·临沂期中）摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，某摩天轮最高点距离地面高度128米，转盘直径为120米，设置有48个座舱，开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转一周需要30分钟.若游客甲坐上摩天轮的座舱，开始旋转分钟后距离地面的高度为米，则关于的函数解析式为 ；若游客甲在，时刻距离地面的高度相等，则的最小值为 .
四、解答题
17．（2022高三上·临沂期中）已知函数的图象过点，且满足.
（1）求的解析式；
（2）解关于的不等式.
18．（2022高三上·临沂期中）已知函数.
（1）求的最小正周期；
（2）将的图象向右平移个单位，得到函数的图象，若在上的最小值为，求的最大值.
19．（2022高三上·临沂期中）已知函数，曲线在点处的切线为.
（1）求；
（2）求的最小值.
20．（2022高三上·临沂期中）已知正项数列的前项和，且.
（1）证明：数列为等差数列；
（2）记，证明.
21．（2022高三上·临沂期中）中，.
（1）若，求；
（2）若，求的面积.
22．（2022高三上·临沂期中）已知函数和有相同的最大值.
（1）求，并说明函数在（1，e）上有且仅有一个零点；
（2）证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】因为，
所以，解得，则，
所以，则或，
又，
所以.
故答案为：D.
【分析】解不等式化简集合A，再利用集合的交并补运算即可求得结果.
2．【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】，故.
故答案为：C
【分析】先根据复数的运算可得，再根据共轭复数的概念求解即可.
3．【答案】B
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】由扇形面积公式可得：，
故扇形的半径，
则扇形的圆心角的弧度数，
故这个扇形的圆心角的弧度数是3.
故答案为：B
【分析】根据扇形面积公式求出扇形的半径，从而根据定义求出这个扇形的圆心角的弧度数.
4．【答案】C
【知识点】分段函数的应用
【解析】【解答】设用户的用水量为，缴纳的水费为元，
当时，，
当时，，
当时，.
故若某户居民上月交纳的水费为66元，则用水量在内，令，解得.
故答案为：C.
【分析】设用户的用水量为，缴纳的水费为元，求出关于的函数解析式，再令，解出，即可得解.
5．【答案】A
【知识点】必要条件；一元二次不等式的解法
【解析】【解答】条件，解得或．
条件，
是的必要不充分条件，
是的真子集，
．
故答案为：A．
【分析】由条件，解得或，根据是 的必要不充分条件，即可得出的取值范围．
6．【答案】C
【知识点】二次函数的性质；平面向量数量积的运算
【解析】【解答】设，则，，则.故当时，取最小值-8.
故答案为：C
【分析】设，再根据向量的坐标运算，结合二次函数的最值求解即可.
7．【答案】D
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】要比较的大小，只需比较与的大小，
即与的大小，故可比较与，当的大小，
令，，
则，
因为，所以恒成立，
故在上单调递增，
故，
令，则，即，
故，，，
所以，
，
令，，
在上恒成立，
故，所以，，
则，
构造，，
在上恒成立，
故在单调递减，
所以，
故，故，
即，
综上：.
故答案为：D
【分析】要比较的大小，只需比较与的大小，从而构造，，求导，得到其单调性，从而得到，在利用对数运算得到，先构造，，求导后得到单调性，求出，，再构造，，求导后得到单调性，从而求出，求出，得到.
8．【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；函数的值
【解析】【解答】设，则，
而是定义在上的单调函数，故为常数，
所以且，故，
设，因均为上的增函数，
所以为上的增函数，
因为，故的解为，
所以，故，
故答案为：B.
【分析】根据的单调性可求，从而可求.
9．【答案】B,C
【知识点】复数的代数表示法及其几何意义；复数代数形式的乘除运算；复数求模；复数的三角形式
【解析】【解答】解：对于A：，A不符合题意；
对于B：，所以为纯虚数，B符合题意；
对于C：，C符合题意；
对于D：，则复数在复平面内对应的点为，
因为，所以，，所以点位于第二象限，
即复数对应的点位于第二象限，D不符合题意；
故答案为：BC
【分析】根据所给定义及特殊角的三角函数值判断A、B，根据复数模的性质计算判断C，根据复数的几何意义判断D.
10．【答案】A,B,D
【知识点】正弦函数的奇偶性与对称性；正弦函数的单调性
【解析】【解答】从图象可知：，，解得：，
即，则，
将代入解析式，得，
因为，所以，
所以，解得：，故，A符合题意；
故，，B符合题意；
当时，，
故的图象不关于点对称，C不符合题意；
，当时，，
由于在上单调递增，
故在上单调递增，D符合题意.
故答案为：ABD
【分析】A选项，由图象得到，，，再代入，结合求出，求出函数解析式，计算出，AB正确；将代入解析式，利用诱导公式求出，C错误；整体法求出，结合正弦函数图象，得到其单调递增，D正确.
11．【答案】B,C,D
【知识点】数列的函数特性；数列的求和
【解析】【解答】根据题意，可知从第二层起，某一层的球数比上一层的球数多的数量刚好是其层数，即，即，
对于A，因为，所以，A不符合题意；
对于B，因为，所以，B符合题意；
对于C，因为，，，，且，
所以上述各式相加得，，
经检验：满足，所以，则，C符合题意；
对于D，由C可知，
所以，D符合题意.
故答案为：BCD.
【分析】根据题意可得，由此推得通项公式，再利用裂项相消法求得，从而对各选项进行判断即可.
12．【答案】B,D
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】因为，且，所以，，
A选项，构造，，
则，因为，所以恒成立，
所以在上单调递增，
所以，即，A不符合题意；
B选项，因为，
由基本不等式得：，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，B符合题意；
C选项，因为，所以
，
其中，当且仅当时，等号成立，
但，故等号取不到，，
故，C不符合题意；
D选项，因为，所以
，
因为，所以，故，
其中
，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，D符合题意.
故答案为：BD
【分析】A选项，先得到，，进而构造，，求导后得到在在上单调递增，进而得到，A错误；
B选项，变形为，利用基本不等式进行求解；
C选项，化简得到，C错误；
D选项，将式子变形得到，结合基本不等式“1”的妙用求解即可.
13．【答案】-6
【知识点】平面向量数量积的运算；向量的投影
【解析】【解答】因为向量在方向上的投影向量为，所以，
又，，
所以.
故答案为：-6.
【分析】根据投影向量的定义求出，再由数量积的定义求.
14．【答案】
【知识点】运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】由诱导公式及二倍角公式得：
，
分子分母同除以得：
，
由诱导公式可得：，
所以.
故答案为：.
【分析】由诱导公式及万能公式进行求解.
15．【答案】
【知识点】对数的运算性质；分段函数的应用
【解析】【解答】因为，所以，
当时，可化为，即，
则，即，所以；
当时，可化为，即，
则，即，所以，则，故；
综上：或，即.
故答案为：.
【分析】分类讨论与两种情况，利用对数函数的单调性，结合对数的换底公式及运算法则即可求得结果.
16．【答案】，；30
【知识点】y=Asin（ωx+φ）中参数的物理意义；三角函数模型的简单应用
【解析】【解答】设，，
由题意得：，
解得：，
又因为转一周需要30分钟，所以min，
所以，
故，
由题意，当min时，摩天轮转到最高点，
故，解得：，
即，，
不妨取，得，
所以，，
因为摩天轮有48个座舱，故每两个座舱与圆心相接的圆心角为，
不妨设，
由题意得：，
故，
①，，解得：，，
故min，当且仅当时，等号成立，
②，，
解得：，显然当时，取得最小值，最小值为min，
综上：的最小值为30min.
故答案为：，，30.
【分析】设，，由最高点高度及摩天轮直径列出方程，求出，再由转一周的时间求出，当min时，摩天轮转到最高点，求出，写出解析式；设，得到，分两种情况进行求解，得到的最小值为30.
17．【答案】（1）解：∵的图象过点，即，∴，
又，∴图象的对称轴为，
∴，∴，
∴.
（2）解：不等式，可化为，
①当，即时，不等式恒成立，
所以不等式的解集为；
②当，即或时，
方程有两个根为，，
此时不等式的解集为；
综上：当时，不等式的解集为；
当或时，不等式的解集为.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；二次函数的性质
【解析】【分析】（1）利用点在函数上与二次函数的对称性即可得解；
（2）分类讨论与，结合二次函数的性质即可解得含参二次不等式.
18．【答案】（1）解：因为，
所以的最小正周期.
（2）解：因为将的图象向右平移个单位，得到函数的图象，
所以，即，
因为，所以，
令，则的值域等价于在上的值域，
因为在上最小值为，所以在处取得最小值，
所以，则，
故的最大值为.
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；正弦函数的周期性
【解析】【分析】（1）利用平方差公式，结合二倍角公式与辅助角公式化简，从而求得其最小正周期；
（2）利用三角函数的平移变换求得的解析式，结合的性质得到，从而求得的最大值.
19．【答案】（1）解：由已知：
∵曲线在点处的切线方程为
∴即
∴
（2）解：由（1）知，，
当时
∵，
∴
∴单调递减.
当时，令，则
∵，
∴，
∴单调递增
∴.
∴当时，单调递增.
∴.
∴的最小值为1.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）求得的导数，结合切点，可得，即可得 的值；
（2）求出的解析式，求得导数，令导数为0，求得极值点，讨论当和时区间的单调性，可得最值.
20．【答案】（1）证明：∵，
∴当时，，
∴，
∴.
当时，，
∴，即，
故是首项为1，公差为1的等差数列；
（2）证明：由（1）知正项数列满足，
所以；
，
∴.
即.
【知识点】等差关系的确定；数列的求和
【解析】【分析】（1）根据当时，，时，求出，，得到是首项为1，公差为1的等差数列；
（2）在第一问的基础上，求出，再进行放缩，裂项相消求和，证明出不等式.
21．【答案】（1）解：
，
由，得.
∴，
∴.
（2）解：法一：∵，∴，∴，
又，
又，，∴，
∴，∴，∴，
∴，∴，
∴，∴，
∴，∴，
由正弦定理得，，
又，，∴，
又，，
∴，
∴.
法二：在上取点，使得，
∴，∴，
∴，又，
∴
.
∴，∴，∴.
又，
∴，∴，，
∴.
【知识点】平面向量数量积的运算；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）根据数量积的运算可得，求解可得，再根据余弦定理求解；
（2）法一：根据二倍角公式可得，结合可得，进而求得，由正弦定理与倍角公式可得，结合，再利用三角形面积公式求解即可；
法二： 在上取点，使得， 则，再根据题意，结合可证明，再根据余弦定理可得，进而利用面积公式求解即可.
22．【答案】（1）解：，令可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
∴时，取得最大值.即.
，
当时，
时，，单调递增；
时，，单调递减，
∴.
当时，，不合题意；
当时，可知，不合题意.
故，即.
∴.
∵，
当时，，，
∴，∴在上单调递增，
又，，
∴在上有且仅有一个零点.
（2）证明：由（1）知，，的图象大致如下图：
直线与曲线，三个交点的横坐标从左至右依次为，，，
且，
∴且
由即，，，∴
即.①
由即，
∴.②
由①，②，，又，即，
∴.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的零点
【解析】【分析】（1）求导分析，的单调性，并讨论与0的大小关系可得，从而可得，故，再求导根据零点存在性定理证明即可；
（2）根据（1）中函数的单调性，数形结合分析，代入各零点满足的关系式，结合指对数的运算分析即可.
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山东省临沂市2022-2023学年高三上学期数学期中试卷
一、单选题
1．（2022高三上·临沂期中）设集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】因为，
所以，解得，则，
所以，则或，
又，
所以.
故答案为：D.
【分析】解不等式化简集合A，再利用集合的交并补运算即可求得结果.
2．（2022高三上·临沂期中）若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】，故.
故答案为：C
【分析】先根据复数的运算可得，再根据共轭复数的概念求解即可.
3．（2022高三上·临沂期中）若扇形的弧长与面积都是6，则这个扇形的圆心角的弧度数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】由扇形面积公式可得：，
故扇形的半径，
则扇形的圆心角的弧度数，
故这个扇形的圆心角的弧度数是3.
故答案为：B
【分析】根据扇形面积公式求出扇形的半径，从而根据定义求出这个扇形的圆心角的弧度数.
4．（2022高三上·临沂期中）为了保护水资源，提倡节约用水，某城市对居民用水实行“阶梯水价”.计费方法如下表：
每户每月用水量 水价
不超过 4元
超过但不超过 6元
超过 8元
若某户居民上月交纳的水费为66元，则该户居民上月用水量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】分段函数的应用
【解析】【解答】设用户的用水量为，缴纳的水费为元，
当时，，
当时，，
当时，.
故若某户居民上月交纳的水费为66元，则用水量在内，令，解得.
故答案为：C.
【分析】设用户的用水量为，缴纳的水费为元，求出关于的函数解析式，再令，解出，即可得解.
5．（2022高三上·临沂期中）已知，若是的必要不充分条件，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】必要条件；一元二次不等式的解法
【解析】【解答】条件，解得或．
条件，
是的必要不充分条件，
是的真子集，
．
故答案为：A．
【分析】由条件，解得或，根据是 的必要不充分条件，即可得出的取值范围．
6．（2022高三上·临沂期中）已知向量，若点是直线上的一个动点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】二次函数的性质；平面向量数量积的运算
【解析】【解答】设，则，，则.故当时，取最小值-8.
故答案为：C
【分析】设，再根据向量的坐标运算，结合二次函数的最值求解即可.
7．（2022高三上·临沂期中）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】要比较的大小，只需比较与的大小，
即与的大小，故可比较与，当的大小，
令，，
则，
因为，所以恒成立，
故在上单调递增，
故，
令，则，即，
故，，，
所以，
，
令，，
在上恒成立，
故，所以，，
则，
构造，，
在上恒成立，
故在单调递减，
所以，
故，故，
即，
综上：.
故答案为：D
【分析】要比较的大小，只需比较与的大小，从而构造，，求导，得到其单调性，从而得到，在利用对数运算得到，先构造，，求导后得到单调性，求出，，再构造，，求导后得到单调性，从而求出，求出，得到.
8．（2022高三上·临沂期中）函数是定义在上的单调函数，且对定义域内的任意，均有，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；函数的值
【解析】【解答】设，则，
而是定义在上的单调函数，故为常数，
所以且，故，
设，因均为上的增函数，
所以为上的增函数，
因为，故的解为，
所以，故，
故答案为：B.
【分析】根据的单调性可求，从而可求.
二、多选题
9．（2022高三上·临沂期中）欧拉公式（其中为虚数单位，）将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论中占有非常重要的地位，被誉为数学中的天桥.依据欧拉公式，则（ ）
A． B．为纯虚数
C． D．复数对应的点位于第三象限
【答案】B,C
【知识点】复数的代数表示法及其几何意义；复数代数形式的乘除运算；复数求模；复数的三角形式
【解析】【解答】解：对于A：，A不符合题意；
对于B：，所以为纯虚数，B符合题意；
对于C：，C符合题意；
对于D：，则复数在复平面内对应的点为，
因为，所以，，所以点位于第二象限，
即复数对应的点位于第二象限，D不符合题意；
故答案为：BC
【分析】根据所给定义及特殊角的三角函数值判断A、B，根据复数模的性质计算判断C，根据复数的几何意义判断D.
10．（2022高三上·临沂期中）函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．
B．
C．的图象关于点对称
D．在上单调递增
【答案】A,B,D
【知识点】正弦函数的奇偶性与对称性；正弦函数的单调性
【解析】【解答】从图象可知：，，解得：，
即，则，
将代入解析式，得，
因为，所以，
所以，解得：，故，A符合题意；
故，，B符合题意；
当时，，
故的图象不关于点对称，C不符合题意；
，当时，，
由于在上单调递增，
故在上单调递增，D符合题意.
故答案为：ABD
【分析】A选项，由图象得到，，，再代入，结合求出，求出函数解析式，计算出，AB正确；将代入解析式，利用诱导公式求出，C错误；整体法求出，结合正弦函数图象，得到其单调递增，D正确.
11．（2022高三上·临沂期中）南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法.商功》中出现了如图所示的形状，后人称之为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，，以此类推.设从上到下各层球数构成一个数列，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】数列的函数特性；数列的求和
【解析】【解答】根据题意，可知从第二层起，某一层的球数比上一层的球数多的数量刚好是其层数，即，即，
对于A，因为，所以，A不符合题意；
对于B，因为，所以，B符合题意；
对于C，因为，，，，且，
所以上述各式相加得，，
经检验：满足，所以，则，C符合题意；
对于D，由C可知，
所以，D符合题意.
故答案为：BCD.
【分析】根据题意可得，由此推得通项公式，再利用裂项相消法求得，从而对各选项进行判断即可.
12．（2022高三上·临沂期中）若，且，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,D
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】因为，且，所以，，
A选项，构造，，
则，因为，所以恒成立，
所以在上单调递增，
所以，即，A不符合题意；
B选项，因为，
由基本不等式得：，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，B符合题意；
C选项，因为，所以
，
其中，当且仅当时，等号成立，
但，故等号取不到，，
故，C不符合题意；
D选项，因为，所以
，
因为，所以，故，
其中
，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，D符合题意.
故答案为：BD
【分析】A选项，先得到，，进而构造，，求导后得到在在上单调递增，进而得到，A错误；
B选项，变形为，利用基本不等式进行求解；
C选项，化简得到，C错误；
D选项，将式子变形得到，结合基本不等式“1”的妙用求解即可.
三、填空题
13．（2022高三上·临沂期中）已知向量在方向上的投影向量是是与同方向的单位向量），，则 .
【答案】-6
【知识点】平面向量数量积的运算；向量的投影
【解析】【解答】因为向量在方向上的投影向量为，所以，
又，，
所以.
故答案为：-6.
【分析】根据投影向量的定义求出，再由数量积的定义求.
14．（2022高三上·临沂期中）已知，则 .
【答案】
【知识点】运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】由诱导公式及二倍角公式得：
，
分子分母同除以得：
，
由诱导公式可得：，
所以.
故答案为：.
【分析】由诱导公式及万能公式进行求解.
15．（2022高三上·临沂期中）设函数，若，则的取值范围是 .
【答案】
【知识点】对数的运算性质；分段函数的应用
【解析】【解答】因为，所以，
当时，可化为，即，
则，即，所以；
当时，可化为，即，
则，即，所以，则，故；
综上：或，即.
故答案为：.
【分析】分类讨论与两种情况，利用对数函数的单调性，结合对数的换底公式及运算法则即可求得结果.
16．（2022高三上·临沂期中）摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，某摩天轮最高点距离地面高度128米，转盘直径为120米，设置有48个座舱，开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转一周需要30分钟.若游客甲坐上摩天轮的座舱，开始旋转分钟后距离地面的高度为米，则关于的函数解析式为 ；若游客甲在，时刻距离地面的高度相等，则的最小值为 .
【答案】，；30
【知识点】y=Asin（ωx+φ）中参数的物理意义；三角函数模型的简单应用
【解析】【解答】设，，
由题意得：，
解得：，
又因为转一周需要30分钟，所以min，
所以，
故，
由题意，当min时，摩天轮转到最高点，
故，解得：，
即，，
不妨取，得，
所以，，
因为摩天轮有48个座舱，故每两个座舱与圆心相接的圆心角为，
不妨设，
由题意得：，
故，
①，，解得：，，
故min，当且仅当时，等号成立，
②，，
解得：，显然当时，取得最小值，最小值为min，
综上：的最小值为30min.
故答案为：，，30.
【分析】设，，由最高点高度及摩天轮直径列出方程，求出，再由转一周的时间求出，当min时，摩天轮转到最高点，求出，写出解析式；设，得到，分两种情况进行求解，得到的最小值为30.
四、解答题
17．（2022高三上·临沂期中）已知函数的图象过点，且满足.
（1）求的解析式；
（2）解关于的不等式.
【答案】（1）解：∵的图象过点，即，∴，
又，∴图象的对称轴为，
∴，∴，
∴.
（2）解：不等式，可化为，
①当，即时，不等式恒成立，
所以不等式的解集为；
②当，即或时，
方程有两个根为，，
此时不等式的解集为；
综上：当时，不等式的解集为；
当或时，不等式的解集为.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；二次函数的性质
【解析】【分析】（1）利用点在函数上与二次函数的对称性即可得解；
（2）分类讨论与，结合二次函数的性质即可解得含参二次不等式.
18．（2022高三上·临沂期中）已知函数.
（1）求的最小正周期；
（2）将的图象向右平移个单位，得到函数的图象，若在上的最小值为，求的最大值.
【答案】（1）解：因为，
所以的最小正周期.
（2）解：因为将的图象向右平移个单位，得到函数的图象，
所以，即，
因为，所以，
令，则的值域等价于在上的值域，
因为在上最小值为，所以在处取得最小值，
所以，则，
故的最大值为.
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；正弦函数的周期性
【解析】【分析】（1）利用平方差公式，结合二倍角公式与辅助角公式化简，从而求得其最小正周期；
（2）利用三角函数的平移变换求得的解析式，结合的性质得到，从而求得的最大值.
19．（2022高三上·临沂期中）已知函数，曲线在点处的切线为.
（1）求；
（2）求的最小值.
【答案】（1）解：由已知：
∵曲线在点处的切线方程为
∴即
∴
（2）解：由（1）知，，
当时
∵，
∴
∴单调递减.
当时，令，则
∵，
∴，
∴单调递增
∴.
∴当时，单调递增.
∴.
∴的最小值为1.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）求得的导数，结合切点，可得，即可得 的值；
（2）求出的解析式，求得导数，令导数为0，求得极值点，讨论当和时区间的单调性，可得最值.
20．（2022高三上·临沂期中）已知正项数列的前项和，且.
（1）证明：数列为等差数列；
（2）记，证明.
【答案】（1）证明：∵，
∴当时，，
∴，
∴.
当时，，
∴，即，
故是首项为1，公差为1的等差数列；
（2）证明：由（1）知正项数列满足，
所以；
，
∴.
即.
【知识点】等差关系的确定；数列的求和
【解析】【分析】（1）根据当时，，时，求出，，得到是首项为1，公差为1的等差数列；
（2）在第一问的基础上，求出，再进行放缩，裂项相消求和，证明出不等式.
21．（2022高三上·临沂期中）中，.
（1）若，求；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）解：
，
由，得.
∴，
∴.
（2）解：法一：∵，∴，∴，
又，
又，，∴，
∴，∴，∴，
∴，∴，
∴，∴，
∴，∴，
由正弦定理得，，
又，，∴，
又，，
∴，
∴.
法二：在上取点，使得，
∴，∴，
∴，又，
∴
.
∴，∴，∴.
又，
∴，∴，，
∴.
【知识点】平面向量数量积的运算；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）根据数量积的运算可得，求解可得，再根据余弦定理求解；
（2）法一：根据二倍角公式可得，结合可得，进而求得，由正弦定理与倍角公式可得，结合，再利用三角形面积公式求解即可；
法二： 在上取点，使得， 则，再根据题意，结合可证明，再根据余弦定理可得，进而利用面积公式求解即可.
22．（2022高三上·临沂期中）已知函数和有相同的最大值.
（1）求，并说明函数在（1，e）上有且仅有一个零点；
（2）证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.
【答案】（1）解：，令可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
∴时，取得最大值.即.
，
当时，
时，，单调递增；
时，，单调递减，
∴.
当时，，不合题意；
当时，可知，不合题意.
故，即.
∴.
∵，
当时，，，
∴，∴在上单调递增，
又，，
∴在上有且仅有一个零点.
（2）证明：由（1）知，，的图象大致如下图：
直线与曲线，三个交点的横坐标从左至右依次为，，，
且，
∴且
由即，，，∴
即.①
由即，
∴.②
由①，②，，又，即，
∴.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数的零点
【解析】【分析】（1）求导分析，的单调性，并讨论与0的大小关系可得，从而可得，故，再求导根据零点存在性定理证明即可；
（2）根据（1）中函数的单调性，数形结合分析，代入各零点满足的关系式，结合指对数的运算分析即可.
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