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山东省济宁市邹城市2022-2023学年高三上学期数学期中考试试卷
一、单选题
1．（2022高三上·邹城期中）已知集合，或，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】由题意得，，所以.
故答案为：A.
【分析】解不等式得到集合，然后求补集和交集即可.
2．（2022高三上·邹城期中）已知复数的实部与虚部的和为3，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】因为，又复数的实部与虚部的和为3，
所以，解得：，所以，
由共轭复数的概念可得：，
故答案为：B.
【分析】利用复数的运算得出，根据题干条件求出，再利用共轭复数的概念即可求解.
3．（2022高三上·邹城期中）已知都是单位向量，其夹角为，若向量，则（ ）
A．5 B．2 C． D．
【答案】C
【知识点】向量的模
【解析】【解答】，所以.
故答案为：C.
【分析】根据数量积及其运算律求出，即可得到.
4．（2022高三上·邹城期中）要得到函数的图像，只需将函数的图像
A．向右平移个单位长度 B．向左平移个单位长度
C．向右平移个单位长度 D．向左平移个单位长度
【答案】D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】因为
故只需要将 的图像向左平移个单位，
故答案为D.
【分析】根据左加右减得到结果.
5．（2022高三上·邹城期中）在长方体中，直线与平面的交点为，与平面的交点为为线段的中点，则下列结论错误的是（ ）
A．三点共线 B．四点共面
C．为线段的四等分点 D．线段的中点在平面上
【答案】C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】连接，如图，因为，所以四点共面，
因为所以平面，又平面，所以点在平面与平面的交线上，同理也在平面与平面的交线上，所以三点共线，A符合题意.
由直线与平面的交点为，所以点，由A选项得点四点共面，所以点平面，由A选项得点也在平面，所以四点共面，B符合题意.
在矩形中，点是的中点，并且
所以，即点为线段的三等分点，根据对称性得为线段的三等分点，故为线段的三等分点，所以C不正确.
连接则面，再连接，
则平面易得为的中点，而四边形是矩形，直线是其两条对角线，则的中点也是的中点，即为的中点，又由C可得为线段的三等分点，所以也为的中点，D符合题意.
故答案为：C
【分析】根据点，线，面位置关系逐一判断即可.
6．（2022高三上·邹城期中）设等差数列的前项的和为，则下列结论不正确的是（ ）
A． B．
C． D．数列的前和为
【答案】C
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】对于A，设等差数列 的公差为 ， 前 项和为 ，
由 ，
可得 ，
解得 2 ，
则 ，A符合题意；
由得，
， 11，
，B符合题意；
=n=，C不符合题意；
由 可得 ，
即数列 的前 项 和 为 .D符合题意.
故答案为：C.
【分析】根据题意求出通项公式即可进一步得解.
7．（2022高三上·邹城期中）已知函数，若，则实数的取值范围（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复合函数的单调性；不等关系与不等式
【解析】【解答】定义域为，且，
所以不等式即，
又因为在上单调递增，
所以，解得.
故答案为：B.
【分析】由，结合的单调性解不等式即可.
8．（2022高三上·邹城期中）设半径为的球面上有四点，且两两垂直，若，则球半径的最小值是（ ）
A．2 B． C． D．4
【答案】A
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】设，两两垂直，∴，
，当且仅当a=b=c等号成立即.
故答案为：A
【分析】设，两两垂直，得，由，结合均值不等式即可求的最小值.
二、多选题
9．（2022高三上·邹城期中）若，则下列不等式中恒成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B,D
【知识点】不等式的基本性质
【解析】【解答】对于A选项，当，时，，A选项错误；
对于B选项，已知在上单调递增，，，B选项正确；
对于C选项，当时，，C选项错误；
对于D选项，，，即，D选项正确.
故答案为：BD
【分析】通过取特殊值的方法验证A、C选项的正误，通过指对函数的单调性验证B、D选项的正误即可得出答案.
10．（2022高三上·邹城期中）已知函数，则（ ）
A．函数有两个极值点
B．函数有三个零点
C．若，则是偶函数
D．点是函数的对称中心
【答案】A,B,C
【知识点】函数奇偶性的性质；利用导数研究函数的极值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】A选项：，当或时，，当时，，所以在，上单调递增，上单调递减，所以有两个极值点，A符合题意；
B选项：结合A中函数单调性，又，，所以上存在一个零点，，所以上存在一个零点，，所以上存在一个零点，所以函数有三个零点，B符合题意；
C选项：，定义域为R，关于原点对称，且，所以为偶函数，C符合题意；
D选项：，所以关于对称，根据的单调性可知，只有一个对称中心，的图象向左平移一个单位得到的图象，所以的对称中心是，D不符合题意.
故答案为：ABC.
【分析】A选项：求导，分析单调性，即可得到极值点的情况；
B选项：根据单调性和零点存在性定理即可得到零点的情况；
C选项：根据奇偶性的定义判断即可；
D选项：根据对称性的性质和图象的平移即可得到对称中心.
11．（2022高三上·邹城期中）已知函数，若为的一个极值点，且的最小正周期为，若，则（ ）
A．
B．
C．为偶函数
D．的图象关于点对称
【答案】A,B,D
【知识点】正弦函数的奇偶性与对称性；正弦函数的周期性
【解析】【解答】对于A，因为为的一个极值点，所以当时，取到最大值或最小值，
所以，所以，
即 ，所以，
又因为，所以，因为，所以，
所以，A符合题意；
对于B，因为，所以，，B选项正确；
对于C，因为，
所以，
可知不是偶函数，C不符合题意；
对于D，因为，令，解得，所以的图象关于点对称，
当时，的图象关于点对称，D符合题意.
故答案为：ABD.
【分析】根据三角函数的图象和性质逐项判断即可.
12．（2022高三上·邹城期中）已知函数的定义域为，满足，且为偶函数，则（ ）
A． B．为偶函数
C．为周期函数 D．为偶函数
【答案】A,C
【知识点】抽象函数及其应用
【解析】【解答】因为为偶函数，所以，又，所以，令，得，所以，A符合题意；
因为，所以，，所以的周期是4，又，所以，所以为奇函数，B不符合题意，C符合题意；
因为为奇函数，且的周期是4，所以是的对称中心，，为奇函数，D不符合题意.
故答案为：AC.
【分析】 根据为偶函数得到，再结合得到，令x=-1，即可得到f(2)=0，可判断A；根据得到，即可得到f (x)的周期是4，再结合周期性即可得到为奇函数，可判断B、C；
根据f (x)为奇函数和f (x)的周期是4，即可得到为奇函数，可判断D.
三、填空题
13．（2022高三上·邹城期中）已知函数在点处切线的斜率是3，则实数 .
【答案】
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】，因为在点处切线的斜率为3，
所以，得.
故答案为：.
【分析】函数在1处的导数即斜率，可得a的值.
14．（2022高三上·邹城期中）在中，若，则的面积是 .
【答案】
【知识点】余弦定理
【解析】【解答】由得，则，，
故的面积为.
故答案为：
【分析】由余弦定理得，由平方关系得，即可由面积公式求值.
15．（2022高三上·邹城期中）若，且，则 .
【答案】
【知识点】运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】，，，
联立得.
故答案为：
【分析】由及诱导公式得，，联立同角平方关系即可求解.
16．（2022高三上·邹城期中）已知函数，若在其定义域内总有成立，则实数的取值范围为 .
【答案】
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】由题，在上恒成立，
即在上恒成立，
设，则，因为为增函数，
所以，即在上恒成立，
设，，
因为，所以时，，单调递增，
时，，单调递减，，
所以，即.
故答案为：.
【分析】将转化为，构造，由的单调性，将问题转化为，求出的最大值，即可求出a的取值范围.
四、解答题
17．（2022高三上·邹城期中）已知不等式的解集是集合，函数的定义域是集合.
（1）分別求集合；
（2）若是成立的必要不充分条件，试求实数的取值范围.
【答案】（1）解：由，化简得，即且，
解得，或，所以或.
由题意知，函数定义域满足，
即，解得，或，
所以或.
（2）解：若是成立的必要不充分条件，则有B
因此，解得.
故所求实数的取值范围是.
【知识点】集合关系中的参数取值问题；一元二次不等式的解法
【解析】【分析】（1）解不等式得集合A，令中真数大于零，解得集合B；
（2）由条件得集合A，B的包含关系，求出参数值.
18．（2022高三上·邹城期中）现有一张半径为2米的圆形铁皮，从中裁剪出一块扇形铁皮（如图1中阴影部分），并卷成一个深度为h米的圆锥筒（如图2的）容器.
（1）若所裁剪的扇形铁皮的弧长为米，求圆锥简容器的容积；
（2）当圆锥简容器的深度h为多少米时，其容积最大？并求其容积的最大值.
【答案】（1）解：设圆锥筒容器的半径为米，容积为立方米.
依题意得，解得，所以.
所以.
故圆锥筒容器的容积为立方米.
（2）解：由，得.
所以，
所以.
由得，；由得，.
所以函数在区间上单调递增；在区间上单调递减，
所以当时，..
故当圆锥筒容器的深度为米时，其容积最大，且其最大值是立方米.
【知识点】组合几何体的面积、体积问题
【解析】【分析】（1）由展开图弧长与圆锥底面周长关系求得圆锥半径，再求得对圆锥的高，即可由公式求容积；
（2）列出容积公式，由导数法求最值即可.
19．（2022高三上·邹城期中）如图，已知，平面内任意点关于点的对称点为，点关于点的对称点为.设（为单位向量）.
（1）求的长；
（2）在中，若，试求的取值范围.
【答案】（1）解：连接，
由题意，得，
所以，
在中，点分别为的中点，所以，
所以.
（2）解：因为在中，有，
所以由正弦定理边角互化得，
即，
由于，所以，
又因为，所以，
在中由正弦定理得，
所以，
所以，
在中，因为，所以，
所以
，
因为，所以，
所以，
所以，即所求的取值范围是.
【知识点】向量的线性运算性质及几何意义；正弦定理
【解析】【分析】（1）利用向量的四则运算结合单位向量的概念即可求解；
（2）利用正弦定理边角互化即可求解.
20．（2022高三上·邹城期中）已知数列，且满足，有.
（1）求数列的通项公式：
（2）若，设数列的前项和为，试求和：.
【答案】（1）解：由题设知，且，
易得，所以.
因为，①
所以，②
①②得，，
所以数列分别以为首项，公比都是4的等比数列，
从而，
所以.
即所求数列的通项公式为所以.
（2）解：由（1）及题设得，，
所以
，
所以，
所以
.
【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】（1）通过和分奇偶求出数列的通项公式；
（2） 由（1）及题设得，， 先利用分组求的前项和为，然后写出数，根据裂项相消法即可求和.
21．（2022高三上·邹城期中）2022中国国际智能产业博览会于8月22~24日在重庆隆重举办，主题延续“智能化：为经济赋能，为生活添彩”，某企业遵循国家发展战略目标，进一步优化内部结构，深入拓展大数据智能化建设，据悉，该企业研发部原有80人，年人均投入a（）万元，现把研发部人员分成两类：技术人员和研发人员，其中技术人员有x名（且），调整后，研发人员的年人均投入增加，技术人员的年人均投入为（其中且）万元.
（1）要使调整后的研发人员的年总投入不低于调整前的80人的年总投入，则优化结构调整后的技术人员x的取值范围是多少？
（2）若研发部新招聘1名员工，原来的研发部人员调整策略不变，且同时满足下列两个条件：①技术人员的年人均投入始终不减少；②调整后研发人员的年总投入始终不低于调整后技术人员的年总投入.请分析是否存在满足上述条件的正实数m，若存在，则求出m的值；若不存在，则说明理由.
【答案】（1）解：依题意得，调整后研发人员人数为人，年人均投入为万元，
则有，
解得.
因为，且，所以.
所以优化调整后的技术人员人数的范围是.
（2）解：由题意知，现在研发部共有81人.
假设存在正实数同时满足题设中的条件①②，那么，
由条件①，技术人员的年人均投入始终不减少，则有，
解得且，
因为且，所以当时，，
所以；
由条件②，研发人员的年总投入始终不低于技术人员的年总投入，
则有且，
即，
所以且.
由于，
当且仅当，即时等号成立，
即，
所以.
综上所述，显然不存在正实数同时满足题设条件（1）和（2）.
【知识点】基本不等式；函数模型的选择与应用
【解析】【分析】（1）根据调整后研发人员的年总投入不低于调整前的80人的年总投入列不等式求解；
（2）先根据条件①列不等式求出的最小值，根据条件②列不等式求出的最大值，通过的最值可得答案.
22．（2022高三上·邹城期中）已知函数是函数的导函数.
（1）求函数的单调区问；
（2）设，试比较与的大小，并说明理由；
（3）若数列的通项，求证：.
【答案】（1）解：由题意得，
则.
所以.
当时，在上恒成立，
所以函数在区间上单调递增.
当时，由，得；由，得，
所以函数在区间上单调递减；在区间上单调递增.
综上，当时，的单调增区间是；
当时，的单调减区间是；单调增区间是.
（2）解：.
理由如下：
要证，只需证，
即证，即证.
令，则，从而即证.
设，则.
当时，有恒成立，所以函数在区间上单调递增.
所以，即成立.
故有.
（3）证明：由（2）知，若，总有成立.
不妨令，
则有.
由于，所以
，
所以，
所以，
即有成立.
【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；数列的求和
【解析】【分析】（1）求出导函数，对a分类讨论：当时和当时，分别讨论单调性；
（2）先判断出，利用分析法证明转化为即证，令，则， 设，利用导数判断出单调性，求出最小值，即可证明；（3）由（2）知若，总有成立，不妨令，得到，利用累加法即可证明.
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山东省济宁市邹城市2022-2023学年高三上学期数学期中考试试卷
一、单选题
1．（2022高三上·邹城期中）已知集合，或，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2022高三上·邹城期中）已知复数的实部与虚部的和为3，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2022高三上·邹城期中）已知都是单位向量，其夹角为，若向量，则（ ）
A．5 B．2 C． D．
4．（2022高三上·邹城期中）要得到函数的图像，只需将函数的图像
A．向右平移个单位长度 B．向左平移个单位长度
C．向右平移个单位长度 D．向左平移个单位长度
5．（2022高三上·邹城期中）在长方体中，直线与平面的交点为，与平面的交点为为线段的中点，则下列结论错误的是（ ）
A．三点共线 B．四点共面
C．为线段的四等分点 D．线段的中点在平面上
6．（2022高三上·邹城期中）设等差数列的前项的和为，则下列结论不正确的是（ ）
A． B．
C． D．数列的前和为
7．（2022高三上·邹城期中）已知函数，若，则实数的取值范围（ ）
A． B． C． D．
8．（2022高三上·邹城期中）设半径为的球面上有四点，且两两垂直，若，则球半径的最小值是（ ）
A．2 B． C． D．4
二、多选题
9．（2022高三上·邹城期中）若，则下列不等式中恒成立的是（ ）
A． B． C． D．
10．（2022高三上·邹城期中）已知函数，则（ ）
A．函数有两个极值点
B．函数有三个零点
C．若，则是偶函数
D．点是函数的对称中心
11．（2022高三上·邹城期中）已知函数，若为的一个极值点，且的最小正周期为，若，则（ ）
A．
B．
C．为偶函数
D．的图象关于点对称
12．（2022高三上·邹城期中）已知函数的定义域为，满足，且为偶函数，则（ ）
A． B．为偶函数
C．为周期函数 D．为偶函数
三、填空题
13．（2022高三上·邹城期中）已知函数在点处切线的斜率是3，则实数 .
14．（2022高三上·邹城期中）在中，若，则的面积是 .
15．（2022高三上·邹城期中）若，且，则 .
16．（2022高三上·邹城期中）已知函数，若在其定义域内总有成立，则实数的取值范围为 .
四、解答题
17．（2022高三上·邹城期中）已知不等式的解集是集合，函数的定义域是集合.
（1）分別求集合；
（2）若是成立的必要不充分条件，试求实数的取值范围.
18．（2022高三上·邹城期中）现有一张半径为2米的圆形铁皮，从中裁剪出一块扇形铁皮（如图1中阴影部分），并卷成一个深度为h米的圆锥筒（如图2的）容器.
（1）若所裁剪的扇形铁皮的弧长为米，求圆锥简容器的容积；
（2）当圆锥简容器的深度h为多少米时，其容积最大？并求其容积的最大值.
19．（2022高三上·邹城期中）如图，已知，平面内任意点关于点的对称点为，点关于点的对称点为.设（为单位向量）.
（1）求的长；
（2）在中，若，试求的取值范围.
20．（2022高三上·邹城期中）已知数列，且满足，有.
（1）求数列的通项公式：
（2）若，设数列的前项和为，试求和：.
21．（2022高三上·邹城期中）2022中国国际智能产业博览会于8月22~24日在重庆隆重举办，主题延续“智能化：为经济赋能，为生活添彩”，某企业遵循国家发展战略目标，进一步优化内部结构，深入拓展大数据智能化建设，据悉，该企业研发部原有80人，年人均投入a（）万元，现把研发部人员分成两类：技术人员和研发人员，其中技术人员有x名（且），调整后，研发人员的年人均投入增加，技术人员的年人均投入为（其中且）万元.
（1）要使调整后的研发人员的年总投入不低于调整前的80人的年总投入，则优化结构调整后的技术人员x的取值范围是多少？
（2）若研发部新招聘1名员工，原来的研发部人员调整策略不变，且同时满足下列两个条件：①技术人员的年人均投入始终不减少；②调整后研发人员的年总投入始终不低于调整后技术人员的年总投入.请分析是否存在满足上述条件的正实数m，若存在，则求出m的值；若不存在，则说明理由.
22．（2022高三上·邹城期中）已知函数是函数的导函数.
（1）求函数的单调区问；
（2）设，试比较与的大小，并说明理由；
（3）若数列的通项，求证：.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】由题意得，，所以.
故答案为：A.
【分析】解不等式得到集合，然后求补集和交集即可.
2．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】因为，又复数的实部与虚部的和为3，
所以，解得：，所以，
由共轭复数的概念可得：，
故答案为：B.
【分析】利用复数的运算得出，根据题干条件求出，再利用共轭复数的概念即可求解.
3．【答案】C
【知识点】向量的模
【解析】【解答】，所以.
故答案为：C.
【分析】根据数量积及其运算律求出，即可得到.
4．【答案】D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】因为
故只需要将 的图像向左平移个单位，
故答案为D.
【分析】根据左加右减得到结果.
5．【答案】C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】连接，如图，因为，所以四点共面，
因为所以平面，又平面，所以点在平面与平面的交线上，同理也在平面与平面的交线上，所以三点共线，A符合题意.
由直线与平面的交点为，所以点，由A选项得点四点共面，所以点平面，由A选项得点也在平面，所以四点共面，B符合题意.
在矩形中，点是的中点，并且
所以，即点为线段的三等分点，根据对称性得为线段的三等分点，故为线段的三等分点，所以C不正确.
连接则面，再连接，
则平面易得为的中点，而四边形是矩形，直线是其两条对角线，则的中点也是的中点，即为的中点，又由C可得为线段的三等分点，所以也为的中点，D符合题意.
故答案为：C
【分析】根据点，线，面位置关系逐一判断即可.
6．【答案】C
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】对于A，设等差数列 的公差为 ， 前 项和为 ，
由 ，
可得 ，
解得 2 ，
则 ，A符合题意；
由得，
， 11，
，B符合题意；
=n=，C不符合题意；
由 可得 ，
即数列 的前 项 和 为 .D符合题意.
故答案为：C.
【分析】根据题意求出通项公式即可进一步得解.
7．【答案】B
【知识点】复合函数的单调性；不等关系与不等式
【解析】【解答】定义域为，且，
所以不等式即，
又因为在上单调递增，
所以，解得.
故答案为：B.
【分析】由，结合的单调性解不等式即可.
8．【答案】A
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】设，两两垂直，∴，
，当且仅当a=b=c等号成立即.
故答案为：A
【分析】设，两两垂直，得，由，结合均值不等式即可求的最小值.
9．【答案】B,D
【知识点】不等式的基本性质
【解析】【解答】对于A选项，当，时，，A选项错误；
对于B选项，已知在上单调递增，，，B选项正确；
对于C选项，当时，，C选项错误；
对于D选项，，，即，D选项正确.
故答案为：BD
【分析】通过取特殊值的方法验证A、C选项的正误，通过指对函数的单调性验证B、D选项的正误即可得出答案.
10．【答案】A,B,C
【知识点】函数奇偶性的性质；利用导数研究函数的极值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】A选项：，当或时，，当时，，所以在，上单调递增，上单调递减，所以有两个极值点，A符合题意；
B选项：结合A中函数单调性，又，，所以上存在一个零点，，所以上存在一个零点，，所以上存在一个零点，所以函数有三个零点，B符合题意；
C选项：，定义域为R，关于原点对称，且，所以为偶函数，C符合题意；
D选项：，所以关于对称，根据的单调性可知，只有一个对称中心，的图象向左平移一个单位得到的图象，所以的对称中心是，D不符合题意.
故答案为：ABC.
【分析】A选项：求导，分析单调性，即可得到极值点的情况；
B选项：根据单调性和零点存在性定理即可得到零点的情况；
C选项：根据奇偶性的定义判断即可；
D选项：根据对称性的性质和图象的平移即可得到对称中心.
11．【答案】A,B,D
【知识点】正弦函数的奇偶性与对称性；正弦函数的周期性
【解析】【解答】对于A，因为为的一个极值点，所以当时，取到最大值或最小值，
所以，所以，
即 ，所以，
又因为，所以，因为，所以，
所以，A符合题意；
对于B，因为，所以，，B选项正确；
对于C，因为，
所以，
可知不是偶函数，C不符合题意；
对于D，因为，令，解得，所以的图象关于点对称，
当时，的图象关于点对称，D符合题意.
故答案为：ABD.
【分析】根据三角函数的图象和性质逐项判断即可.
12．【答案】A,C
【知识点】抽象函数及其应用
【解析】【解答】因为为偶函数，所以，又，所以，令，得，所以，A符合题意；
因为，所以，，所以的周期是4，又，所以，所以为奇函数，B不符合题意，C符合题意；
因为为奇函数，且的周期是4，所以是的对称中心，，为奇函数，D不符合题意.
故答案为：AC.
【分析】 根据为偶函数得到，再结合得到，令x=-1，即可得到f(2)=0，可判断A；根据得到，即可得到f (x)的周期是4，再结合周期性即可得到为奇函数，可判断B、C；
根据f (x)为奇函数和f (x)的周期是4，即可得到为奇函数，可判断D.
13．【答案】
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】，因为在点处切线的斜率为3，
所以，得.
故答案为：.
【分析】函数在1处的导数即斜率，可得a的值.
14．【答案】
【知识点】余弦定理
【解析】【解答】由得，则，，
故的面积为.
故答案为：
【分析】由余弦定理得，由平方关系得，即可由面积公式求值.
15．【答案】
【知识点】运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】，，，
联立得.
故答案为：
【分析】由及诱导公式得，，联立同角平方关系即可求解.
16．【答案】
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】由题，在上恒成立，
即在上恒成立，
设，则，因为为增函数，
所以，即在上恒成立，
设，，
因为，所以时，，单调递增，
时，，单调递减，，
所以，即.
故答案为：.
【分析】将转化为，构造，由的单调性，将问题转化为，求出的最大值，即可求出a的取值范围.
17．【答案】（1）解：由，化简得，即且，
解得，或，所以或.
由题意知，函数定义域满足，
即，解得，或，
所以或.
（2）解：若是成立的必要不充分条件，则有B
因此，解得.
故所求实数的取值范围是.
【知识点】集合关系中的参数取值问题；一元二次不等式的解法
【解析】【分析】（1）解不等式得集合A，令中真数大于零，解得集合B；
（2）由条件得集合A，B的包含关系，求出参数值.
18．【答案】（1）解：设圆锥筒容器的半径为米，容积为立方米.
依题意得，解得，所以.
所以.
故圆锥筒容器的容积为立方米.
（2）解：由，得.
所以，
所以.
由得，；由得，.
所以函数在区间上单调递增；在区间上单调递减，
所以当时，..
故当圆锥筒容器的深度为米时，其容积最大，且其最大值是立方米.
【知识点】组合几何体的面积、体积问题
【解析】【分析】（1）由展开图弧长与圆锥底面周长关系求得圆锥半径，再求得对圆锥的高，即可由公式求容积；
（2）列出容积公式，由导数法求最值即可.
19．【答案】（1）解：连接，
由题意，得，
所以，
在中，点分别为的中点，所以，
所以.
（2）解：因为在中，有，
所以由正弦定理边角互化得，
即，
由于，所以，
又因为，所以，
在中由正弦定理得，
所以，
所以，
在中，因为，所以，
所以
，
因为，所以，
所以，
所以，即所求的取值范围是.
【知识点】向量的线性运算性质及几何意义；正弦定理
【解析】【分析】（1）利用向量的四则运算结合单位向量的概念即可求解；
（2）利用正弦定理边角互化即可求解.
20．【答案】（1）解：由题设知，且，
易得，所以.
因为，①
所以，②
①②得，，
所以数列分别以为首项，公比都是4的等比数列，
从而，
所以.
即所求数列的通项公式为所以.
（2）解：由（1）及题设得，，
所以
，
所以，
所以
.
【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】（1）通过和分奇偶求出数列的通项公式；
（2） 由（1）及题设得，， 先利用分组求的前项和为，然后写出数，根据裂项相消法即可求和.
21．【答案】（1）解：依题意得，调整后研发人员人数为人，年人均投入为万元，
则有，
解得.
因为，且，所以.
所以优化调整后的技术人员人数的范围是.
（2）解：由题意知，现在研发部共有81人.
假设存在正实数同时满足题设中的条件①②，那么，
由条件①，技术人员的年人均投入始终不减少，则有，
解得且，
因为且，所以当时，，
所以；
由条件②，研发人员的年总投入始终不低于技术人员的年总投入，
则有且，
即，
所以且.
由于，
当且仅当，即时等号成立，
即，
所以.
综上所述，显然不存在正实数同时满足题设条件（1）和（2）.
【知识点】基本不等式；函数模型的选择与应用
【解析】【分析】（1）根据调整后研发人员的年总投入不低于调整前的80人的年总投入列不等式求解；
（2）先根据条件①列不等式求出的最小值，根据条件②列不等式求出的最大值，通过的最值可得答案.
22．【答案】（1）解：由题意得，
则.
所以.
当时，在上恒成立，
所以函数在区间上单调递增.
当时，由，得；由，得，
所以函数在区间上单调递减；在区间上单调递增.
综上，当时，的单调增区间是；
当时，的单调减区间是；单调增区间是.
（2）解：.
理由如下：
要证，只需证，
即证，即证.
令，则，从而即证.
设，则.
当时，有恒成立，所以函数在区间上单调递增.
所以，即成立.
故有.
（3）证明：由（2）知，若，总有成立.
不妨令，
则有.
由于，所以
，
所以，
所以，
即有成立.
【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；数列的求和
【解析】【分析】（1）求出导函数，对a分类讨论：当时和当时，分别讨论单调性；
（2）先判断出，利用分析法证明转化为即证，令，则， 设，利用导数判断出单调性，求出最小值，即可证明；（3）由（2）知若，总有成立，不妨令，得到，利用累加法即可证明.
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