2023-2024学年江西省宜春市丰城九中高三（上）开学数学试卷（含解析）

2023-2024学年江西省宜春市丰城九中高三（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.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2.“”是“”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
3.已知函数在上不单调，则实数的取值范围是( )
A. B.
C. D.
4.函数的部分图象大致为( )
A. B.
C. D.
5.下列函数中，的最小值为的是( )
A. B.
C. D.
6.已知数列满足：，，则数列的前项的和为( )
A. B. C. D.
7.已知函数，，若有个零点，则的取值范围为( )
A. B. C. D.
8.已知，，，则，，的大小关系为( )
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.记为等差数列的前项和，则( )
A.
B.
C. ，，成等差数列
D. ，，成等差数列
10.已知函数，且满足，则实数的取值可能为( )
A. B. C. D.
11.设函数是定义在上的函数，并且满足下面三个条件：
对正数，都有；
当时，；
；
则下列说法不正确的是( )
A.
B.
C. 不等式的解集为
D. 若关于的不等式恒成立，则的取值范围是
12.已知方程常数，下列说法正确的有( )
A. 为方程实根 B.
C. 方程在无实根 D. 方程所有实根之和大于
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.若命题“，“，则“”为______ ．
14.设点是曲线上的任意一点，曲线在点处的切线的倾斜角为，则的取值范围是______ 用区间表示
15.已知函数，若，，，则 ______ ．
16.已知定义在的函数的导函数为，且满足，，则不等式的解集为______ ．
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
已知命题：关于的方程有实数根，命题：．
若命题是真命题，求实数的取值范围；
若是的必要不充分条件，求实数的取值范围．
18.本小题分
已知数列满足．
求数列的通项公式；
记数列的前项和为，证明：．
19.本小题分
已知函数．
求在上的最大值；
设函数的定义域为，若存在区间，满足：对任意，都存在使得，则称区间为的“区间”已知，若为函数的“区间”，求的最大值．
20.本小题分
已知函数的图像在处的切线与直线平行．
求函数的极值；
若，，，求实数的取值范围．
21.本小题分
已知函数．
若的值；
设，若对任意，，恒成立，求实数的取值范围．
22.本小题分
已知函数．
讨论函数的单调性；
若函数有两个零点，，且，曲线在这两个零点处的切线的交点的横坐标为，证明：．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了集合的运算，主要考查了集合并集的求解，解题的关键是掌握并集的定义，属于基础题．
利用集合并集的定义求解即可．
【解答】
解：因为集合，，
则．
故选B．
2.【答案】
【解析】时，有，即；
时，可能，也可能，不一定有，
所以“”是“”的充分不必要条件．
故选：．
由充分条件必要条件的定义，结合不等式的性质判断结论．
本题考查了充分条件必要条件的定义和不等式的性质，是基础题．
3.【答案】
【解析】解：函数的对称轴，
因为函数在上不单调，
所以，得．
故选：．
根据二次函数的对称轴和定义域的关系，列式求解．
本题考查了二次函数的图象性质，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：因为，
又函数的定义域为，
故为奇函数，排除；
根据指数函数的性质，在上单调递增，
当时，，故，则，排除．
故选：．
先判断函数的奇偶性，再根据时，即可得到答案．
本题考查根据函数的解析式选择对应的图象，也考查了函数的奇偶性、单调性，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：当时，，故A错误；
，
在上单调递增，故当时，函数取得最小值，故B错误；
，
，当且仅当时取等号，故C正确；
，
，
由在上单调递减可知，，不存在最小值，故D错误
故选：．
当时，；由，可知在上单调递增，可判断；由，结合基本不等式可求的最小值；由，可知，结合在上单调递减可求．
本题考查了基本不等式在求最值中的应用，解题的关键是判断应用条件是否成立．
6.【答案】
【解析】解：由，，
令、、、，，
可得，，
两式相加可得，，，
两式相加，，，
进行推论归纳可得，，
所以，对任意的，，
所以，数列的前项的和为．
故选：．
根据对的分类讨论，令，，，可得，，进行归纳可得规律，，再进行求和即可得解．
本题考查数列的递推式和数列的周期性，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
7.【答案】
【解析】解：作出函数的图象如图所示：
根据图像可得，当或时，有两个解；
当时，有个解；
当时，有个解；
当时，有个解．
因为最多有两个解．
因此要使有个零点，则有两个解，设为，．
则存在下列几种情况：
有个解，有个解，即或，，显然，
则此时应满足，即，解得；
有个解，有个解，设即，，
则应满足，即，解得的值不存在；
综上，的取值范围是
故选：．
根据复合函数零点个数的问题，利用数形结合法，分析各种情况，利用零点的存在性定理或根的分布情况来确定参数的取值范围，作出函数图象，进行分析最多有两个零点，根据最多个零点，用数形结合讨论各种情况，根据一元二次方程根的分布即可得出结果．
本题主要考查了函数的零点与方程根的关系，也考查了数形结合思想与运算求解能力，是中档题．
8.【答案】
【解析】解：构造，，则在上恒成立，
故在上单调递减，又，
故，故，
构造，，
则在上恒成立，
故在单调递减，
又，，故，即，
故，综上：．
故选：．
构造，，构造，，求导得到其单调性，根据其单调性比较大小即可．
本题考查导数的应用，利用函数单调性比较大小，属于中档题．
9.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查了等差数列的通项公式，求和公式及等差数列的性质的应用，属于中档题．
利用特殊值法即可判断；由已知结合等差数列的性质，等差数列的求和公式及通项公式分别检验选项即可判断．
【解答】
解：设等差数列中，，，显然不成立；
，，显然满足题意；
由等差数列的性质可知，，，成等差数列，C正确；
因为，
故数列为等差数列，D正确．
故选：．
10.【答案】
【解析】【分析】
本题考查函数的奇偶性与单调性，属于中档题．
令，则讨论的奇偶性和单调性，由得，由的单调性得，解出实数的取值范围即可得到答案．
【解答】
解：令，则，
因为，
所以为奇函数．
又因为，
所以根据单调性的性质可得为增函数．
因为，
所以，等价于，
即，
所以，即，解得或，
所以实数的取值范围为．
故选：．
11.【答案】
【解析】解：函数是定义在上的函数，
对正数、都有，
令，得，得，故A错误，
，
则，
而，得，
，
，故B正确，
设，则，则，
则，
即，即在上是增函数．
等价为，
则，即，得，即不等式的解集为，故C错误，
若恒成立，则等价为恒成立，
即，即，
若，则，
则得，
，
当时，取得最小值，此时，
若，则，得，此时，此时，不可能恒成立，故不成立，
综上，即实数的取值范围是，故D错误，
故选：．
A.利用赋值法让进行求解．
B.利用赋值法先求出的值，然后利用的值进行计算．
C.先判断函数的单调性，利用是的单调性进行转化求解．
D.利用参数分离法进行转化求解即可．
本题主要考查抽象函数的应用，利用赋值法进行计算，利用函数单调性的定义证明函数的单调性是解决本题的关键，是中档题．
12.【答案】
【解析】解：方程，等价为，
令，则方程等价为，
即，
得或，
设，，，
由得，即，此时为增函数，
由得，即，此时为减函数，
即当时，取得极大值，
作出的图象如图：
则，则当时，，即方程在无实根，故C正确，
当时，，即是方程的根，故A正确．
等价为，
在上为减函数，
，即，则，故B错误，
由，得，即是方程的一个根，
设的两个根为，，设，则，，
又，
设，，
，当，，且，
即当时，，
则在单调递减，
，即．
，
即，即，则，
则方程所有实根之和大于，故D正确．
故选：．
利用换元法将方程转化为，求出方程的根，构造函数，求函数的导数，研究函数的单调性，作出函数的图象，利用函数的单调性进行判断即可．
本题主要考查函数与方程的应用，利用换元法和构造法将方程进行转化，构造函数，求函数的导数，研究函数的单调性，利用数形结合进行求解是解决本题的关键，是中档题．
13.【答案】，．
【解析】解：因为全称命题的否定为特称命题，
所以“”为，．
故答案为：，．
根据全称命题的否定为特称命题求解即可．
本题主要考查了命题的否定，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：因为，
所以曲线上点处的切线的斜率的取值范围为，即，
又，
所以的取值范围是．
故答案为：．
求出导数确定斜率的取值范围，由此得倾斜角的范围．
本题考查函数的导数的应用，切线的斜率以及倾斜角的关系，是基础题．
15.【答案】
【解析】解：根据题意，函数，
因为，所以，所以，
所以函数的定义域为，
又
，
因为，，，则，
所以．
故答案为：．
根据题意，由函数的解析式可得，又由，变形可得，由此可得答案．
本题考查函数奇偶性的性质以及应用，涉及函数值的计算，属于基础题．
16.【答案】
【解析】解：设函数，，
则，
因为，
所以，
所以函数在上单调递增，
又，，
则不等式可化为，即，
所以，
解得，
所以不等式的解集为．
故答案为：．
根据导数不等式构造函数，求导确定其单调性，则可将不等式化为，即可求得不等式解集．
本题考查了导数与函数的单调性以及构造法的应用，解题的关键是将含导数的不等式构造函数从而解决函数单调性问题，属于中档题．
17.【答案】解：若为真命题，则，
解得，
所以当为假命题时，的取值范围为或．
是的必要不充分条件，
，
或，
解得．
即实数的取值范围为．
【解析】先利用求出为真命题时的取值范围，进而求出为假命题时的取值范围．
由题意可得，从而求出的取值范围．
本题主要考查了“三个二次”的关系，考查了充分条件和必要条件与集合间包含关系的转化，属于基础题．
18.【答案】解：依题意，当时，，解得，
当时，由，
可得，
两式相减，可得，
化简整理，得，
当时，也满足上式，
，．
证明：由可得，
，
则
，
，，
对任意恒成立．
【解析】先将代入题干表达式计算出的值，当时，由，可得，两式相减进一步推导即可计算出数列的通项公式；
先根据第题的结果计算出数列的通项公式，再运用裂项相消法计算出前项和的表达式，最后根据及不等式的性质即可证明成立．
本题主要考查数列由递推公式推导出通项公式，以及数列求和与不等式的综合问题．考查了整体思想，转化与化归思想，裂项相消法，不等式的性质，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
19.【答案】解：由题意知，，
若，则在上单调递减，
可得的最大值为；
若，则在上单调递减，在上单调递增，
可得，
所以的最大值为；
若，则在上单调递减，在上单调递增，
可得，
所以的最大值为，
综上，当时，的最大值为，
当时，的最大值为
当时，在上的值域为，
在上的值域为，
满足：对任意，都存在使得，
成立；
此时为函数的“区间”，
当时，在上的值域为，在上的值域为，
当时，，
，，
即存在，对任意，使得，
不为函数的“区间”，的最大值是．
【解析】根据条件分，和三种情况，判断的单调性，然后求出最大值；
根据定义分和两种情况求出的值域，然后结合“区间”的定义和恒成立思想，求出的最大值．
本题考查函数的单调性，函数的最值及其几何意义，考查分类讨论思想和转化思想，以及运算能力和推理能力，属于中档题．
20.【答案】解：的导数为，
可得的图象在处的切线斜率为，
由切线与直线平行，可得，
即，，所以，
由，可得，由，可得，
则在递增，在递减，
可得在处取得极大值为，无极小值；
可设，若，，
，可得，
即有，
设在为增函数，
即有对恒成立，
可得在恒成立，
由的导数为，
当，可得，在递减，在递增，
即有在处取得极小值，且为最小值，
可得，解得，
则实数的取值范围是．
【解析】可利用导数的几何意义求出的值，然后利用函数导数得到函数的单调性，求得函数的极值；
所给不等式含有两个变量，通过变形使两个变量分别在不等式两侧，然后构造新函数，转化为函数的单调性即可求解的范围．
本题考查了利用导数的几何意义求解参数的值和范围，第一问解题中关键是导数几何意义的应用；第二问中关键是将不等式转化，然后构造新函数，再利用新函数的单调性求解参数的范围，属中档题．
21.【答案】解：由已知，
所以；
对任意，，恒成立，即为时，，，
令，设，则，，
所以，即，
所以在上是增函数，因此，，，
时，递增，，，所以；
时，递减，，，
所以；
时，在上递减，在上递增，，，，，所以；
时，在上递减，在上递增，，，，，所以．
综上，的范围是．
【解析】利用因式分解，凑配法代入计算；
对任意，，恒成立，即为时，，令，则，，分类讨论确定的最大值和最小值，则得的范围．
本题考查不等式恒成立问题，解题关键是用换元法把函数转化为二次函数，难点有两个一是换元时注意新元的取值范围，二是根据二次函数的对称轴分类讨论求函数的最大值和最小值．
22.【答案】解：函数的定义域为，
，
当时，，单调递增，
所以单调递增区间为，没有单调递减区间，
当时，令得，
所以在上单调递减，在上单调递增．
证明：令，由，
有，
所以，
曲线在处的切线方程为，
曲线在处的切线方程为，
联立两条切线，消去，得，
有，
所以，
所以，
所以，
即，
可得，代入，
所以，
要证，
即证，
即证，
即证，
令，
，
所以函数单调递增，，
所以当时，，
所以．
【解析】求导得，分两种情况：当时，当时，分析的符号，的单调性．
令，由，有，则，写出曲线在，处的切线方程为，
联立两条切线，消去，得，即，可得，要证，即证，进而可得答案．
本题考查导数的综合应用，解题中注意分类讨论思想的应用，属于中档题．
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