2023-2024学年黑龙江省哈尔滨九中高三（上）开学数学试卷（含解析）

2023-2024学年黑龙江省哈尔滨九中高三（上）开学数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 设全集，集合，，则( )
A. B. C. D.
2. 已知正实数，满足，则的最大值是( )
A. B. C. D.
3. 若：实数使得“，”为真命题，：实数使得“，”为真命题，则是的( )
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
4. 函数的图象可能是( )
A. B.
C. D.
5. 若函数在上单调递增，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
6. 设函数，若，则的最小值为( )
A. B. C. D.
7. 已知是定义在上的偶函数且在上为减函数，若，，，则( )
A. B. C. D.
8. 定义表示两个数，中的较小者，表示两个数，中的较大者，设集合，，，都是的含有两个元素的子集，且满足：对任意的、，，都有，则的最大值是( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 下列结论正确的是( )
A. “”是“”的充分不必要条件
B. “”是“”的必要不充分条件
C. “，有”的否定是“，使”
D. “是方程的实数根”的充要条件是“”
10. 下列各式正确的是( )
A. 设，则
B. 已知，则
C. 若，，则
D.
11. 设函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，则下列结论正确的是( )
A. B.
C. D.
12. 若，，，则( )
A. B. C. D.
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知幂函数满足，则 ______ ．
14. 几何原本中的几何代数法是以几何方法研究代数问题，这种方法是后西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理很多的代数公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明，现有图形如图所示，为线段上的点，且，，为的中点，以为直径作半圆，过点作的垂线交半圆于，连结，，，过点作的垂线，垂足为，若不添加辅助线，则该图形可以完成的所有无字证明为______ 填写序号
；
；
；
．
15. 已知函数，则不等式的解集为______ ．
16. 已知，，则最小值为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
设函数，集合，
证明：；
当时，求集合．
18. 本小题分
湿地公约第十四届缔约方大会部级高级别会议月日在湖北武汉闭幕，会议正式通过“武汉宣言”，呼吁各方采取行动，遏制和扭转全球湿地退化引发的系统性风险武汉市某企业生产某种环保型产品的年固定成本为万元，每生产千件，需另投入成本万元经计算若年产量千件低于千件，则这千件产品成本；若年产量千件不低于千件时，则这千件产品成本每千件产品售价为万元，设该企业生产的产品能全部售完．
写出年利润万元关于年产量千件的函数解析式；
当年产量为多少千件时，企业所获得利润最大？最大利润是多少？
19. 本小题分
已知的定义域为，对任意，都有，当时，，．
求，；
证明：在上是减函数；
解不等式：．
20. 本小题分
已知，定义，设，．
若，画出函数的图象；
直接写出函数的单调区间；
定义区间的长度若，，则设关于的不等式的解集为是否存在，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
21. 本小题分
如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，．
求证：；
若点为棱上不与端点重合的动点，且与平面所成角正弦值
为，求点到平面的距离．
22. 本小题分
已知函数．
求的单调区间；
若，证明：在上恒成立；
若方程有两个实数根，，且，求证：．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，，，
，或，
．
故选：．
进行交集、并集和补集的运算即可．
本题考查了交集、并集和补集的定义及运算，全集的定义，考查了计算能力，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：由基本不等式可知，，
即，当且仅当时等号成立．
故选：．
由已知结合基本不等式即可直接求解．
本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：对于：，，
所以，即．
对于：，，
因为函数在上单调递增，
所以当时，，
则，即．
所以是的必要不充分条件．
故选：．
先一元二次方程有解及一元二次不等式恒成立求解出和，进而根据充分条件和必要条件的定义判断即可求解．
本题主要考查充分条件和必要条件的定义，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：因为定义域为，
对于，，
所以为奇函数，函数图象关于原点对称，故A，都不正确；
对于，时，，所以，
所以，故C不正确；
对于，符合函数图象关于原点对称，也符合时，，故D正确．
故选：．
利用为奇函数排除，；利用时，，排除，从而可求解．
本题主要考查函数图象的判断，考查函数性质的应用，排除法的应用，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：若函数在上单调递增，则单调递增，则，
，在上单调递增，则，，
又，，
则实数的取值范围是
故选：．
在上单调递增，则其每一段函数都单调增，注意分界点的取值．
本题考查分段函数的单调性，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：因为数，
若，
所以，即，
，当且仅当时取等号．
故选：．
由已知结合对数的运算性质可得，然后结合乘法，利用基本不等式可求．
本题主要考查基本不等式在最值求解中的应用，还考查了对数运算性质的应用，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：因为是偶函数，所以，
由，由指数函数的性质知，函数在上单调递减，
且，所以，所以，
因为在上为减函数，所以，
即．
故选：．
根据偶函数的定义及对数的运算，利用指数对数函数的性质及函数的单调性即可求解．
本题考查抽象函数的单调性，属于基础题
8.【答案】
【解析】解：集合，，，都是的含有两个元素的子集，
且满足：对任意的、，，都有，
根据题意，的所有含有个元素的子集有个，
，
与互为倒数，
满足条件取最大值的有，，，，
则的最大值是．
故选：．
与互为倒数，满足条件取最大值的有，，，，由此能求出的最大值．
本题考查实数值的最大值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意列举法的合理运用．
9.【答案】
【解析】解：对于，因为，所以或，所以“当”时，“”成立，反之不成立，
故“”是“”的充分不必要条件，正确；
对于，“”一定有“”成立，反之不成立，
故“”是“”的充分不必要条件，错误；
对于，命题“，有”是全称量词命题，
其否定是存在量词命题，即“，使”，正确；
对于，当时，为方程的一个根，故充分；
当方程有一个根为时，代入得，故必要，正确；
故选：．
根据不等式的范围判断；根据交集的概念判断；全称量词命题的否定是存在量词命题判断；将代入方程求解判断．
本题考查命题真假的判断，以及充分、必要条件的判断方法，不等式的解法和简易逻辑的相关知识，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：对于，，故A错误，
对于，，故B正确，
对于，由，得，所以，故C正确，
对于，，故D正确，
故选：．
由幂指数的运算可判断，由对数的运算性质以及换底公式可判断．
本题主要考查了指数幂及对数的运算性质的应用，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：为奇函数，
，
即关于对称，
即，即，
为偶函数，，即关于对称，
则，
即，得，
则，即是周期为的周期函数．
令，由，得，得，故A错误，
当时，，，得，
即当时，
则，故B正确，
，，，，
一个周期内的和为，
则，故C正确，
故D错误．
故选：．
根据函数的奇偶性，推出函数是周期为的周期函数，利用函数的周期性进行求解即可．
本题主要考查抽象函数的应用，根据函数的奇偶性和对称性求出函数的周期性，利用函数周期性进行转化求解是解决本题的关键，是中档题．
12.【答案】
【解析】解：记，
则，
故当时，，
故在上是增函数，
，即，
即；
令，，
则，
故在上单调递减，则，
即，
令，，
则，在上单调递减，
可得，即，
在上恒成立，
故，则．
综上所述，．
故选：．
分别构造函数，，，，，
利用导数研究函数的单调性，即可比较，，的大小，则答案可求．
本题考查对数值的大小比较，考查利用导数研究函数的单调性，构造函数是关键，是中档题．
13.【答案】
【解析】幂函数满足，
，
解得．
故答案为：．
利用幂函数的定义和性质列方程组，能求出结果．
本题考查幂函数的定义和性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14.【答案】
【解析】解：因为为直径，故AD，
根据图形，在直角三角形中，利用射影定理得，，
所以，
即，
又
由，
得；
同理，在直角三角形中，由射影定理得，，
所以，
由于，
所以；
故答案为：．
在直角三角形和中，利用射影定理可得关系式．
本题考查了直角三角形中射影定理的应用以及几何法证明基本不等式相关问题，属于中档题．
15.【答案】
【解析】解：设，则函数定义域为，
因为，
故函数为奇函数，
因为函数、、、均为上的增函数，
故函数为上的增函数，
因为，
由可得，
可得，
所以，，即，解得．
因此，不等式的解集为．
故答案为：．
令，分析函数的定义域、奇偶性与单调性，将所求不等式变形为，结合函数的单调性可得出关于的不等式，解之即可．
本题主要考查函数奇偶性与单调性的综合，不等式的解法，考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：由，，，
得，
所以，即，
因为，，所以；
所以，
即，
令，，则，
当时，，为减函数；当时，，为增函数；
所以时，取最小值，即．
因为，所以，
因为，
当且仅当，且，
即，，时等号成立；
故所求最小值为．
故答案为：．
利用对数运算找出，的关系，利用导数求出的最小值，再利用基本不等式即可求出最值．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查转化能力，属于中档题．
17.【答案】解：证明：若，则，
则，
故；
故A；
，
，是方程的解，
即，是的解，
故，，
解得，，；
可化为，
即，
故，
故或或或．
故B
【解析】若，则，从而可得，从而证明；
由知，是方程的解，从而可得，；从而化简得，从而解得．
本题考查了集合子集的证明与集合的化简与证明，属于中档题．
18.【答案】解：当时，，
当时，，
所以．
当时，，
当时，取得最大值，
当时，，
当且仅当，即时取等号，而，
所以当该企业年产量为千件时，所获得利润最大，最大利润是万元．
【解析】根据题意可得解析式．
根据二次函数，和基本不等式可求最值．
本题考查根据实际问题选择函数类型，考查运算求解能力，属中档题．
19.【答案】解：，令，则，
解得：，
令，，则，
因为，
故，解得；
证明：令，，且，
则，
因为当时，，
所以，
故，
所以在上是减函数；
令，则，
令，得：，
令得：，
令，，则，
故变形为，
故，
整理得：，
所以，
即，
由得：在上是减函数，
所以，解得：，
即不等式的解集为．
【解析】赋值法求解出，；
令，，且，结合当时，，从而得到，故，所以在上是减函数；
赋值法得到，，对变形得到，结合第二问中证明的函数的单调性，得到，解不等式求出解集．
本题考查抽象函数的综合运用，考查推理能力以及运算求解能力，属于中档题．
20.【答案】解：若，则，
．
．
令，
得，．
故函数的图象如右图所示，
的单调减区间为，，
单调增区间为，；
，．
．
不等式有解的必要条件是；
当时，如图所示，
令，即，
得．
，不符合题意；
当时，令，得．
解得，．
令，得．
当时，如图所示，
的解集为，
的解集为，
此时．
令，解得；
当时，如图所示，
，
所以，令，得，
所以，
令，解得或，均舍去．
综上所述，．
【解析】时，，求出方程的根，即可画出的图象；
由的图象即可写出其单调区间；
由得不等式有解的必要条件是，再对的值分情况讨论即可．
本题属于新概念试题，考查了转化思想、分类讨论思想及数形结合思想，属于中档题．
21.【答案】证明：平面平面，平面平面，，平面，
平面且平面，故BC；
解：中，，以为原点如图所示建系：
，
，其中，则，
取平面法向量，
，解得舍或，
则，
取平面法向量，
则，，令，解得，
故．
【解析】由面面垂直的性质定理得到平面，即可得证；
建立空间直角坐标系，由与平面所成角正弦值为，得到，利用空间中点到平面的距离公式即可求解．
本题考查了线线垂直的证明和点到平面的距离计算，属于中档题．
22.【答案】解：函数的定义域为，又，
当时，，则单调递减，
当时，，则单调递增，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为；
证明：令，
下面证明：，
令，则，
当时，，则单调递减，
当，，则单调递增，
所以当时，函数取得最小值，
所以，即，
故在上恒成立；
证明：先证右半部分不等式：．
曲线在和处的切线分别为：和：，
设直线与直线，函数的图象和直线分别交于，，，，
则，则，
因此；
再证左半部分不等式：．
设，，我们用割线：和：来估计的下界，
即直线与函数图象的交点的横坐标分别为，，
设直线与直线，的交点的横坐标分别为，，即，，
则，因此．
综上可得，．
【解析】求出函数的定义域，然后利用导数求解函数的单调区间即可；
令，将问题转化为证明，构造函数，利用导数研究函数的最小值，证明即可；
先证右半部分不等式：，利用曲线在和处的切线：和：，设直线与直线，函数的图象和直线分别交于，，，，利用四个值之间的关系进行证明即可；再证左半部分不等式：设，，我们用割线：和：来估计的下界，利用交点的横坐标来分析证明即可．
本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
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