黑龙江省哈尔滨市第九中学校2023-2024学年高三上学期开学考试数学试题
一、单选题:本题共有8个小题，每小题5分，共40分.
1．（2023高三上·哈尔滨开学考）设全集，集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：，
∴，
∴，
故答案为：B.
【分析】集合的交集、补集、并集运算即可.
2．（2023高三上·哈尔滨开学考） 已知正实数m，n满足，则的最大值是（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解： ，
∵，
∴，
∴，
∴
故答案为：B.
【分析】根据不等式的性质求解即可.
3．（2023高三上·哈尔滨开学考） 若实数a使得“，”为真命题，实数a使得“，”为真命题，则p是q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
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：，
∴即，
对于q：，
，
∵函数在上单调递增，
∴当时，，
则即，
∴p是q的必要不充分条件
故答案为：B.
【分析】一元二次方程有解及一元二次不等式恒成立求出解p和q，根据充分条件和必要条件进行判断.
4．（2023高三上·哈尔滨开学考） 函数的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：，f(x)是奇函数，图象关于原点中心对称，排除AB；
时，，，，排除C选D.
故答案为：D.
【分析】首先判断函数奇偶性，再判断时f(x)的正负，即可求解.
5．（2023高三上·哈尔滨开学考） 若函数，在R上单调递增，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】解：若f(x)在R上单调递增，则分段函数f(x)在每一段上单调递增，同时前一段最大值小于等于后一段最小值，
即在(-∞，4)上单调递增，则a＞1；在[4，+∞)上单调递增，则，a≤16，；同时，则.
实数a的取值范围是.
故答案为：B.
【分析】根据分段函数单调递增即函数每一段都单调递增，同时前一段最大值小于等于后一段最小值，分别计算a的取值范围.
6．（2023高三上·哈尔滨开学考） 设函数，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】对数的性质与运算法则；基本不等式
【解析】【解答】解：f(a)+f(b)==，
若f(a)+f(b)=0，
则，
即a+b=1，
，当且仅当a=时取等.
故答案为：A.
【分析】利用对数运算法则计算f(a)+f(b)，得到a+b=1，再利用乘1法，结合基本不等式求解.
7．（2023高三上·哈尔滨开学考）已知是定义在上的偶函数且在上为减函数，若，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】奇偶性与单调性的综合；指数函数的图象与性质；对数的性质与运算法则；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：由f(x)是偶函数可得：，
由指数函数性质可得：在R上单调递减，
∴，
又∵，
∴，
∵f(x)在[0，+∞)上是减函数，
∴，
即a＜b＜c.
故答案为：A.
【分析】综合运用函数奇偶性、单调性、对数运算、指数对数函数性质求解.
8．（2023高三上·哈尔滨开学考）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．
【答案】C
【知识点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】【解答】解：由题意可得的含有两个元素的子集数为7+6+5+4+3+2+1=28个，
因为 ，
所以与互为倒数，
所以符合条件的的含有两个元素的子集为{1，2}，{2，4}，{4，8}，{3，6}，
所以k最大为4.
故答案为：C.
【分析】由与的乘积为1得出二者互为倒数，列举出满足条件的子集{1，2}，{2，4}，{4，8}，{3，6}，得出k的最大值为4.
二、多选题:本题共4个小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
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“”
【答案】A,C,D
【知识点】命题的否定；必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：A、若x>1，则；若，则x>1或x<-1，所以“x>1”是“”的充分不必要条件，A正确；
B、若，则；若，则或且；所以“”是“”的充分不必要条件，B错误；
C、“，有”的否定是“，使”，C正确；
D、若是方程的实数根，则，若，则是方程的实数根，
所以“是方程的实数根”的充要条件是“”，D正确；
故答案为：ACD.
【分析】利用充分条件和必要条件来判断AB选项，利用命题的否定判断C选项，利用充要条件的证明方法来判断D选项。
10．（2023高三上·哈尔滨开学考） 下列各式正确的是（ ）
A．设，则 B．已知，则
C．若，，则 D．
【答案】B,C,D
【知识点】有理数指数幂的运算性质；对数的性质与运算法则；换底公式的应用
【解析】【解答】解： A、，A错误；
B、，B正确；
C、，，C正确；
D、，D正确；
故答案为：B C D.
【分析】运用指数幂的运算判断AB，运用对数运算性质及换底公式判断CD.
11．（2023高二下·昆明期末）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．
【答案】B,C
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；函数的值；对数函数的概念与表示
【解析】【解答】解：因为 为奇函数，则，
即，可得，
又因为 为偶函数 ，则，
则，可得，
所以函数 的周期为4，
对于A：因为，令，可得，
解得 ，故A错误；
对于B：所以，故B正确；
对于C：因为，即 当时，，
则，
可得，
所以 ，故C正确；
对于D：设，
则
，
所以 ，故D错误；
故答案为：BC.
【分析】根据题意可得，，分析可知函数 的周期为4.对于A：通过赋值运算求解；对于B：根据通过赋值运算求解；对于CD：根据题意结合周期性运算求解.
12．（2023高三上·哈尔滨开学考）若，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：令，
则，
当x∈(0，+∞)时，，f(x)在(0，+∞)上单调递增，
所以f(3)＞f(0)，即，，
即b＞c；
令，0＜x＜，
则，g(x)在(0，)上单调递减，
所以g(x)＜g(0)=0，即ln(x+1)＜x，
令h(x)=x-tanx，0＜x＜，
则，h(x)在(0，)上单调递减，
所以h(x)＜h(0)=0，即x＜tanx，
所以ln(x+1)＜x＜tanx在(0，)上恒成立，
所以ln1.03＜0.03＜tan0.03，
即b＜a.
所以a＞b＞c.
故答案为：B D.
【分析】构造三个函数，运用导数判断函数的单调性，比较a，b，c的大小即可求解.
三、填空题:本题共有4个小题，每小题5分，共20分.
13．（2023高三上·哈尔滨开学考） 已知幂函数满足，则 .
【答案】3
【知识点】函数单调性的性质；幂函数的概念与表示
【解析】【解答】解：∵f(x)为幂函数，
∴，
即m=3或m=-1，
又∵f(2)＜f(3)，
排除m=-1，
∴m=3.
故答案为：3.
【分析】运用幂函数的定义和函数的单调性即可求解.
14．（2023高三上·哈尔滨开学考） 《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）
①②③④
【答案】①③
【知识点】直角三角形的射影定理
【解析】【解答】解：由题意可得AD⊥BD，
在Rt△ADB中，由射影定理可得：
，即，
又∵，OD≥CD，
∴，
①可得证；
同理，在Rt△OCD中，由射影定理可得：
，
∴，
∵CD≥DE，
∴，
③可得证；
②④不可得证.
故答案为：①③.
【分析】在Rt△ADB和Rt△OCD中运用射影定理即可得到①③关系式.
15．（2023高三上·哈尔滨开学考） 已知函数，则不等式解集为 .
【答案】
【知识点】奇偶性与单调性的综合
【解析】【解答】解：构造函数g(x)=2022x-2022-x+x3+2x，定义域为R，
∵g(-x)=2022-x-2022x+(-x)3-2x=-(2022x-2022-x+x3+2x)=-g(x)，
∴g(x)为奇函数，
∵y=2022x、y=-2022-x、y=x3、y=2x均为R上的增函数，
∴g(x)为R上的增函数，
∵f(x)=2022x-3-20223-x+(x-3)3+2(x-3)+6=g(x-3)+6，
f(x2-4)+f(2-2x)≤12
g(x2-4-3)+g(2-2x-3)+12≤12，
g(x2-7)≤-g(-1-2x)=g(2x+1)，
∴x2-7≤2x+1，即x2-2x-8≤0，
∴-2≤x≤4.
故答案为：[-2，4].
【分析】构造函数g(x)=2022x-2022-x+x3+2x，判断奇偶性、单调性，将不等式变形，结合g(x)单调性计算x取值范围.
16．（2023高三上·哈尔滨开学考） 已知，则最小值为 .
【答案】10
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：，
∴b+c=，
又∵b＞0，c＞0，
∴，当且仅当b2=4c2即b=2c=时取等，
又∵a＞0，
∴，当且仅当即a=2时取等，
∴当a=2，b=，c=时， 取最小值10.
故答案为：10.
【分析】根据题意求出b，c关系，再求最小值，利用均值不等式计算最小值即可求解.
四、解答题:本题共有6个小题，共70分.
17．（2023高三上·哈尔滨开学考） 设函数，集合
（1）证明：.
（2）当时，求.
【答案】（1）证明：对于任意的x0∈A，x0=f(x0)，则f(f(x0))=f(x0)=x0，所以x0∈B，所以.
（2）解：∵A={-1，3}，
将x=-1，x=3代入x=f(x)=x2+ax+b，
得，
解得a=-1，b=-3，
∴f(x)=x2-x-3，
∵x=f(f(x))=(x2-x-3)2-(x2-x-3)-3，
解得x=-1，3，，
∴
【知识点】集合间关系的判断
【解析】【分析】(1)根据题中集合的定义求解即可证明；
(2)将A={-1，3}代入求解a，b，根据集合B定义求解即可.
18．（2023高三上·哈尔滨开学考） 在第24届冬季奥林匹克运动会，又称2022年北京冬季奥运会，是由中国举办的国际性奥林匹克赛事，于2022年2月4日开幕，2月20日闭幕，冬奥会的举办为冰雪设备生产企业带来了新的发展机遇.
某冰雪装备器材生产企业生产某种产品的年固定成本为2000万元，每生产x千件，需另投入成本（万元）.经计算，若年产量于件低于100千件，则这x千件产品的成本；若年产量x千件不低于100千件时，则这x千件产品的成本.每千件产品售价为100万元，为了简化运算，我们假设该企业生产的产品能全部售完.
（1）写出年利润（万元）关于年产量x（千件）的函数解析式；
（2）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？
【答案】（1）解：当0＜x＜100时，，
当x≥100时，，
∴
（2）解：由(1)可知，
当0＜x＜100时，，当x=90时，L(x)取最大值950；
当x≥100时，
，当且仅当即x=105时取等.
综上，当年产量为105千件时，企业所获利润最大为1000万元.
【知识点】基本不等式；二次函数模型
【解析】【分析】(1)根据题意，利用利润公式，分别计算0＜x＜100，x≥100时的利润求解即可；
(2)利用二次函数、基本不等式分别计算0＜x＜100，x≥100时L(x)的最大值即可求解.
19．（2023高三上·哈尔滨开学考） 已知的定义域为，对任意都有，当时，
（1）求；
（2）证明：在上是减函数；
（3）解不等式：.
【答案】（1）解：令x=y=0，代入f(x+y)=f(x)+f(y)-1可得f(0)=2f(0)-1，即f(0)=1，
令x=1，y=-1，代入f(x+y)=f(x)+f(y)-1可得f(0)=f(1)+f(-1)-1，∵f(1)=0，∴1=0+f(-1)-1，即f(-1)=2.
（2）证明：令x=x1，y=x2-x1，且x1代入f(x+y)=f(x)+f(y)-1可得f(x1+x2-x1)=f(x1)+f(x2-x1)-1，即f(x2)-f(x1)=f(x2-x1)-1，
∵当x>0时，f(x)<1，
∴f(x2)-f(x1)=f(x2-x1)-1<0，
∴f(x2)∴f(x)在R上是减函数.
（3）解：令x=y=1，代入f(x+y)=f(x)+f(y)-1可得f(2)=2f(1)-1=-1，
令x=1，y=2，代入f(x+y)=f(x)+f(y)-1可得f(3)=f(1)+f(2)-1=-1-1=-2，
令x=y=2，代入f(x+y)=f(x)+f(y)-1可得f(4)=2f(2)-1=-3，
令x=2，y=3，代入f(x+y)=f(x)+f(y)-1可得f(5)=f(2)+f(3)-1=-1-2-1=-4，
f(2x2-3x-2)+2f(x)>4f(2x2-3x-2)+f(x)>4-f(x)=-(-4+f(x))=-(f(5)+f(x))，
即f(2x2-3x-2)+f(x)>-(f(5)+f(x))，
∴f(2x2-3x-2)+f(x)-1>-(f(5)+f(x))-1=-(f(5)+f(x)-1)-2，
即f(2x2-3x-2+x)>-f(x+5)-2，
即f(2x2-3x-2+x)+f(x+5)>-2，
∴f(2x2-3x-2+x)+f(x+5)-1>-3，
即f(2x2-3x-2+x+x+5)>-3，
即f(2x2-x+3)>-3=f(4)，
由(2)得f(x)在R上是减函数，
∴2x2-x+3<4，
解得：即不等式的解集为{x|【知识点】函数单调性的判断与证明；函数单调性的性质
【解析】【分析】(1)赋值法令x=y=0求解f(0)，令x=1，y=-1求解f(-1)；
(2)令x=x1，y=x2-x1，且x10时，f(x)<1，得f(x2)-f(x1)=f(x2-x1)-1<0，即f(x2)(3)赋值法得到f(4)、f(5)，对原式变形，结合函数单调性，得到2x2-x+3<4，求解即可.
20．（2023高三上·哈尔滨开学考） 已知.定义，设.
（1）若，画出函数的图象并直接写出函数的单调区间；
（2）定义区间的长度.若，则.设关于的不等式的解集为.是否存在实数，且，使得 若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：图象如图，递减区间是，递增区间是；
（2）解：存在，.
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法
【解析】【解答】解：(1)当t=3时，
，
，
直接在图上作出和的图象，选取两个函数中函数值小的部分，即为函数m(x)的图象.
从图象可得，m(x)的单调递减区间是(-∞，3]，(5，6]，单调递增区间是(3，5]，(6，+∞).
(2)∵f(x)最小值为1，g(x)最小值为2，m(x)图象是f(x)和g(x)图象左右平移后取下方图形而来，
∴m(x)最小值为1，
若不等式m(x)＜t有解，则t＞1，
∵g(x)最小值为2，
则当1＜t≤2时，，即，解得1＜x≤2t-1，
则D=(1，2t-1)，
若L(D)=6，则2t-2=6，t=4，与1＜t≤2矛盾；
则当2＜t≤3时，的解集为(1，2t-1)，
∵，即(x-2t)2+2＜t，解得x∈，
又∵，当且仅当t=3时取等，
∴(1，2t-1)∩= ，
∴L(D)=，
又∵2＜t≤3，解得t=3，
∴存在实数t=3满足条件.
【分析】(1)代入t=3，分别作出和的图象，m(x)图象是前两者图象取下方图形而来；
(2)对t分类讨论，即1＜t≤2和2＜t≤3时，分别计算即可求解.
21．（2023高三上·哈尔滨开学考）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，.
（1）求证：；
（2）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.
【答案】（1）证明：∵平面平面，平面平面，，平面，
∴平面且平面，故
（2）解：∵△PAB中PA2=AB2+PB2，
∴PB⊥AB，
如图所示，建立以B为原点的空间直角坐标系，
则B(0，0，0)，A(-1，0，0)，C(0，2，0)，D(-1，3，0)，P(0，0，)，
，其中λ∈[0，1]，
则E(λ-1，0，)，
取平面PAB法向量，，
，
解得λ=或0（舍），
则，，，，
取平面PCD法向量，
则，，
令x=，得，
则点E到平面PCD的距离.
【知识点】直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的性质；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】(1)由面面垂直的性质得到BC⊥平面PAB，进而证得BC⊥PB；
(2)以B为原点建立空间直角坐标系，根据 与平面所成角正弦值为 ，求得点E、、、的坐标，运用空间中点到面的距离公式求解即可.
22．（2023高三上·哈尔滨开学考） 已知函数
（1）求函数的单调区间；
（2）若，证明：在上恒成立；
（3）若方程有两个实数根，且，求证：.
【答案】（1）解：f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=lnx+1，
当时，f'(x)＜0，f(x)单调递减，
当时，f'(x)＞0，f(x)单调递增，
∴f(x)的单调递减区间为(0，)，单调递增区间为(，+∞)
（2）解：因为，，令
所以，
下证，
令，
则，
当时，，当，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以在上恒成立
（3）证明：先证右半部分不等式： ；
因为，，
所以；
可求曲线在和处的切线分别为和；
设直线与直线，函数的图象和直线交点的横坐标分别为
则
则；
因此.
再证左半部分不等式：.
设取曲线上两点，
用割线，来限制，
设直线与直线的交点的横坐标分别为，
则，且，
所以.
综上可得成立.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；其他不等式的解法
【解析】【分析】(1)明确函数f(x)的定义域，利用导数研究函数的单调性，即可求解；
(2)令 ，只需证明 ，构造函数h(x)，利用导数研究函数的最小值，证明h(x)≥0即可求证；
(3) 先证右半部分不等式 ，利用曲线f(x)在和处的切线l1和l2，设直线y=b与直线l1，f(x)图象和直线l2分别交于x1'，x1，x2，x2'，利用四个值之间的关系即可求证；
再证左半部分不等式，设两点，用割线OA和AB来估计x2-x1的下限，运用交点的横坐标即可求证.
1 / 1黑龙江省哈尔滨市第九中学校2023-2024学年高三上学期开学考试数学试题
一、单选题:本题共有8个小题，每小题5分，共40分.
1．（2023高三上·哈尔滨开学考）设全集，集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2023高三上·哈尔滨开学考） 已知正实数m，n满足，则的最大值是（ ）
A．2 B． C． D．
3．（2023高三上·哈尔滨开学考） 若实数a使得“，”为真命题，实数a使得“，”为真命题，则p是q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．（2023高三上·哈尔滨开学考） 函数的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2023高三上·哈尔滨开学考） 若函数，在R上单调递增，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．（2023高三上·哈尔滨开学考） 设函数，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2023高三上·哈尔滨开学考）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．（2023高三上·哈尔滨开学考）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:本题共4个小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
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．（2023高三上·哈尔滨开学考） 下列各式正确的是（ ）
A．设，则 B．已知，则
C．若，，则 D．
11．（2023高二下·昆明期末）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．（2023高三上·哈尔滨开学考）若，，，则（ ）
A． B． C． D．
三、填空题:本题共有4个小题，每小题5分，共20分.
13．（2023高三上·哈尔滨开学考） 已知幂函数满足，则 .
14．（2023高三上·哈尔滨开学考） 《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）
①②③④
15．（2023高三上·哈尔滨开学考） 已知函数，则不等式解集为 .
16．（2023高三上·哈尔滨开学考） 已知，则最小值为 .
四、解答题:本题共有6个小题，共70分.
17．（2023高三上·哈尔滨开学考） 设函数，集合
（1）证明：.
（2）当时，求.
18．（2023高三上·哈尔滨开学考） 在第24届冬季奥林匹克运动会，又称2022年北京冬季奥运会，是由中国举办的国际性奥林匹克赛事，于2022年2月4日开幕，2月20日闭幕，冬奥会的举办为冰雪设备生产企业带来了新的发展机遇.
某冰雪装备器材生产企业生产某种产品的年固定成本为2000万元，每生产x千件，需另投入成本（万元）.经计算，若年产量于件低于100千件，则这x千件产品的成本；若年产量x千件不低于100千件时，则这x千件产品的成本.每千件产品售价为100万元，为了简化运算，我们假设该企业生产的产品能全部售完.
（1）写出年利润（万元）关于年产量x（千件）的函数解析式；
（2）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．（2023高三上·哈尔滨开学考） 已知的定义域为，对任意都有，当时，
（1）求；
（2）证明：在上是减函数；
（3）解不等式：.
20．（2023高三上·哈尔滨开学考） 已知.定义，设.
（1）若，画出函数的图象并直接写出函数的单调区间；
（2）定义区间的长度.若，则.设关于的不等式的解集为.是否存在实数，且，使得 若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
21．（2023高三上·哈尔滨开学考）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，.
（1）求证：；
（2）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．（2023高三上·哈尔滨开学考） 已知函数
（1）求函数的单调区间；
（2）若，证明：在上恒成立；
（3）若方程有两个实数根，且，求证：.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：，
∴，
∴，
故答案为：B.
【分析】集合的交集、补集、并集运算即可.
2．【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解： ，
∵，
∴，
∴，
∴
故答案为：B.
【分析】根据不等式的性质求解即可.
3．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：，
∴即，
对于q：，
，
∵函数在上单调递增，
∴当时，，
则即，
∴p是q的必要不充分条件
故答案为：B.
【分析】一元二次方程有解及一元二次不等式恒成立求出解p和q，根据充分条件和必要条件进行判断.
4．【答案】D
【知识点】奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：，f(x)是奇函数，图象关于原点中心对称，排除AB；
时，，，，排除C选D.
故答案为：D.
【分析】首先判断函数奇偶性，再判断时f(x)的正负，即可求解.
5．【答案】B
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】解：若f(x)在R上单调递增，则分段函数f(x)在每一段上单调递增，同时前一段最大值小于等于后一段最小值，
即在(-∞，4)上单调递增，则a＞1；在[4，+∞)上单调递增，则，a≤16，；同时，则.
实数a的取值范围是.
故答案为：B.
【分析】根据分段函数单调递增即函数每一段都单调递增，同时前一段最大值小于等于后一段最小值，分别计算a的取值范围.
6．【答案】A
【知识点】对数的性质与运算法则；基本不等式
【解析】【解答】解：f(a)+f(b)==，
若f(a)+f(b)=0，
则，
即a+b=1，
，当且仅当a=时取等.
故答案为：A.
【分析】利用对数运算法则计算f(a)+f(b)，得到a+b=1，再利用乘1法，结合基本不等式求解.
7．【答案】A
【知识点】奇偶性与单调性的综合；指数函数的图象与性质；对数的性质与运算法则；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：由f(x)是偶函数可得：，
由指数函数性质可得：在R上单调递减，
∴，
又∵，
∴，
∵f(x)在[0，+∞)上是减函数，
∴，
即a＜b＜c.
故答案为：A.
【分析】综合运用函数奇偶性、单调性、对数运算、指数对数函数性质求解.
8．【答案】C
【知识点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】【解答】解：由题意可得的含有两个元素的子集数为7+6+5+4+3+2+1=28个，
因为 ，
所以与互为倒数，
所以符合条件的的含有两个元素的子集为{1，2}，{2，4}，{4，8}，{3，6}，
所以k最大为4.
故答案为：C.
【分析】由与的乘积为1得出二者互为倒数，列举出满足条件的子集{1，2}，{2，4}，{4，8}，{3，6}，得出k的最大值为4.
9．【答案】A,C,D
【知识点】命题的否定；必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：A、若x>1，则；若，则x>1或x<-1，所以“x>1”是“”的充分不必要条件，A正确；
B、若，则；若，则或且；所以“”是“”的充分不必要条件，B错误；
C、“，有”的否定是“，使”，C正确；
D、若是方程的实数根，则，若，则是方程的实数根，
所以“是方程的实数根”的充要条件是“”，D正确；
故答案为：ACD.
【分析】利用充分条件和必要条件来判断AB选项，利用命题的否定判断C选项，利用充要条件的证明方法来判断D选项。
10．【答案】B,C,D
【知识点】有理数指数幂的运算性质；对数的性质与运算法则；换底公式的应用
【解析】【解答】解： A、，A错误；
B、，B正确；
C、，，C正确；
D、，D正确；
故答案为：B C D.
【分析】运用指数幂的运算判断AB，运用对数运算性质及换底公式判断CD.
11．【答案】B,C
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；函数的值；对数函数的概念与表示
【解析】【解答】解：因为 为奇函数，则，
即，可得，
又因为 为偶函数 ，则，
则，可得，
所以函数 的周期为4，
对于A：因为，令，可得，
解得 ，故A错误；
对于B：所以，故B正确；
对于C：因为，即 当时，，
则，
可得，
所以 ，故C正确；
对于D：设，
则
，
所以 ，故D错误；
故答案为：BC.
【分析】根据题意可得，，分析可知函数 的周期为4.对于A：通过赋值运算求解；对于B：根据通过赋值运算求解；对于CD：根据题意结合周期性运算求解.
12．【答案】B,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：令，
则，
当x∈(0，+∞)时，，f(x)在(0，+∞)上单调递增，
所以f(3)＞f(0)，即，，
即b＞c；
令，0＜x＜，
则，g(x)在(0，)上单调递减，
所以g(x)＜g(0)=0，即ln(x+1)＜x，
令h(x)=x-tanx，0＜x＜，
则，h(x)在(0，)上单调递减，
所以h(x)＜h(0)=0，即x＜tanx，
所以ln(x+1)＜x＜tanx在(0，)上恒成立，
所以ln1.03＜0.03＜tan0.03，
即b＜a.
所以a＞b＞c.
故答案为：B D.
【分析】构造三个函数，运用导数判断函数的单调性，比较a，b，c的大小即可求解.
13．【答案】3
【知识点】函数单调性的性质；幂函数的概念与表示
【解析】【解答】解：∵f(x)为幂函数，
∴，
即m=3或m=-1，
又∵f(2)＜f(3)，
排除m=-1，
∴m=3.
故答案为：3.
【分析】运用幂函数的定义和函数的单调性即可求解.
14．【答案】①③
【知识点】直角三角形的射影定理
【解析】【解答】解：由题意可得AD⊥BD，
在Rt△ADB中，由射影定理可得：
，即，
又∵，OD≥CD，
∴，
①可得证；
同理，在Rt△OCD中，由射影定理可得：
，
∴，
∵CD≥DE，
∴，
③可得证；
②④不可得证.
故答案为：①③.
【分析】在Rt△ADB和Rt△OCD中运用射影定理即可得到①③关系式.
15．【答案】
【知识点】奇偶性与单调性的综合
【解析】【解答】解：构造函数g(x)=2022x-2022-x+x3+2x，定义域为R，
∵g(-x)=2022-x-2022x+(-x)3-2x=-(2022x-2022-x+x3+2x)=-g(x)，
∴g(x)为奇函数，
∵y=2022x、y=-2022-x、y=x3、y=2x均为R上的增函数，
∴g(x)为R上的增函数，
∵f(x)=2022x-3-20223-x+(x-3)3+2(x-3)+6=g(x-3)+6，
f(x2-4)+f(2-2x)≤12
g(x2-4-3)+g(2-2x-3)+12≤12，
g(x2-7)≤-g(-1-2x)=g(2x+1)，
∴x2-7≤2x+1，即x2-2x-8≤0，
∴-2≤x≤4.
故答案为：[-2，4].
【分析】构造函数g(x)=2022x-2022-x+x3+2x，判断奇偶性、单调性，将不等式变形，结合g(x)单调性计算x取值范围.
16．【答案】10
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：，
∴b+c=，
又∵b＞0，c＞0，
∴，当且仅当b2=4c2即b=2c=时取等，
又∵a＞0，
∴，当且仅当即a=2时取等，
∴当a=2，b=，c=时， 取最小值10.
故答案为：10.
【分析】根据题意求出b，c关系，再求最小值，利用均值不等式计算最小值即可求解.
17．【答案】（1）证明：对于任意的x0∈A，x0=f(x0)，则f(f(x0))=f(x0)=x0，所以x0∈B，所以.
（2）解：∵A={-1，3}，
将x=-1，x=3代入x=f(x)=x2+ax+b，
得，
解得a=-1，b=-3，
∴f(x)=x2-x-3，
∵x=f(f(x))=(x2-x-3)2-(x2-x-3)-3，
解得x=-1，3，，
∴
【知识点】集合间关系的判断
【解析】【分析】(1)根据题中集合的定义求解即可证明；
(2)将A={-1，3}代入求解a，b，根据集合B定义求解即可.
18．【答案】（1）解：当0＜x＜100时，，
当x≥100时，，
∴
（2）解：由(1)可知，
当0＜x＜100时，，当x=90时，L(x)取最大值950；
当x≥100时，
，当且仅当即x=105时取等.
综上，当年产量为105千件时，企业所获利润最大为1000万元.
【知识点】基本不等式；二次函数模型
【解析】【分析】(1)根据题意，利用利润公式，分别计算0＜x＜100，x≥100时的利润求解即可；
(2)利用二次函数、基本不等式分别计算0＜x＜100，x≥100时L(x)的最大值即可求解.
19．【答案】（1）解：令x=y=0，代入f(x+y)=f(x)+f(y)-1可得f(0)=2f(0)-1，即f(0)=1，
令x=1，y=-1，代入f(x+y)=f(x)+f(y)-1可得f(0)=f(1)+f(-1)-1，∵f(1)=0，∴1=0+f(-1)-1，即f(-1)=2.
（2）证明：令x=x1，y=x2-x1，且x1代入f(x+y)=f(x)+f(y)-1可得f(x1+x2-x1)=f(x1)+f(x2-x1)-1，即f(x2)-f(x1)=f(x2-x1)-1，
∵当x>0时，f(x)<1，
∴f(x2)-f(x1)=f(x2-x1)-1<0，
∴f(x2)∴f(x)在R上是减函数.
（3）解：令x=y=1，代入f(x+y)=f(x)+f(y)-1可得f(2)=2f(1)-1=-1，
令x=1，y=2，代入f(x+y)=f(x)+f(y)-1可得f(3)=f(1)+f(2)-1=-1-1=-2，
令x=y=2，代入f(x+y)=f(x)+f(y)-1可得f(4)=2f(2)-1=-3，
令x=2，y=3，代入f(x+y)=f(x)+f(y)-1可得f(5)=f(2)+f(3)-1=-1-2-1=-4，
f(2x2-3x-2)+2f(x)>4f(2x2-3x-2)+f(x)>4-f(x)=-(-4+f(x))=-(f(5)+f(x))，
即f(2x2-3x-2)+f(x)>-(f(5)+f(x))，
∴f(2x2-3x-2)+f(x)-1>-(f(5)+f(x))-1=-(f(5)+f(x)-1)-2，
即f(2x2-3x-2+x)>-f(x+5)-2，
即f(2x2-3x-2+x)+f(x+5)>-2，
∴f(2x2-3x-2+x)+f(x+5)-1>-3，
即f(2x2-3x-2+x+x+5)>-3，
即f(2x2-x+3)>-3=f(4)，
由(2)得f(x)在R上是减函数，
∴2x2-x+3<4，
解得：即不等式的解集为{x|【知识点】函数单调性的判断与证明；函数单调性的性质
【解析】【分析】(1)赋值法令x=y=0求解f(0)，令x=1，y=-1求解f(-1)；
(2)令x=x1，y=x2-x1，且x10时，f(x)<1，得f(x2)-f(x1)=f(x2-x1)-1<0，即f(x2)(3)赋值法得到f(4)、f(5)，对原式变形，结合函数单调性，得到2x2-x+3<4，求解即可.
20．【答案】（1）解：图象如图，递减区间是，递增区间是；
（2）解：存在，.
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法
【解析】【解答】解：(1)当t=3时，
，
，
直接在图上作出和的图象，选取两个函数中函数值小的部分，即为函数m(x)的图象.
从图象可得，m(x)的单调递减区间是(-∞，3]，(5，6]，单调递增区间是(3，5]，(6，+∞).
(2)∵f(x)最小值为1，g(x)最小值为2，m(x)图象是f(x)和g(x)图象左右平移后取下方图形而来，
∴m(x)最小值为1，
若不等式m(x)＜t有解，则t＞1，
∵g(x)最小值为2，
则当1＜t≤2时，，即，解得1＜x≤2t-1，
则D=(1，2t-1)，
若L(D)=6，则2t-2=6，t=4，与1＜t≤2矛盾；
则当2＜t≤3时，的解集为(1，2t-1)，
∵，即(x-2t)2+2＜t，解得x∈，
又∵，当且仅当t=3时取等，
∴(1，2t-1)∩= ，
∴L(D)=，
又∵2＜t≤3，解得t=3，
∴存在实数t=3满足条件.
【分析】(1)代入t=3，分别作出和的图象，m(x)图象是前两者图象取下方图形而来；
(2)对t分类讨论，即1＜t≤2和2＜t≤3时，分别计算即可求解.
21．【答案】（1）证明：∵平面平面，平面平面，，平面，
∴平面且平面，故
（2）解：∵△PAB中PA2=AB2+PB2，
∴PB⊥AB，
如图所示，建立以B为原点的空间直角坐标系，
则B(0，0，0)，A(-1，0，0)，C(0，2，0)，D(-1，3，0)，P(0，0，)，
，其中λ∈[0，1]，
则E(λ-1，0，)，
取平面PAB法向量，，
，
解得λ=或0（舍），
则，，，，
取平面PCD法向量，
则，，
令x=，得，
则点E到平面PCD的距离.
【知识点】直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的性质；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】(1)由面面垂直的性质得到BC⊥平面PAB，进而证得BC⊥PB；
(2)以B为原点建立空间直角坐标系，根据 与平面所成角正弦值为 ，求得点E、、、的坐标，运用空间中点到面的距离公式求解即可.
22．【答案】（1）解：f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=lnx+1，
当时，f'(x)＜0，f(x)单调递减，
当时，f'(x)＞0，f(x)单调递增，
∴f(x)的单调递减区间为(0，)，单调递增区间为(，+∞)
（2）解：因为，，令
所以，
下证，
令，
则，
当时，，当，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以在上恒成立
（3）证明：先证右半部分不等式： ；
因为，，
所以；
可求曲线在和处的切线分别为和；
设直线与直线，函数的图象和直线交点的横坐标分别为
则
则；
因此.
再证左半部分不等式：.
设取曲线上两点，
用割线，来限制，
设直线与直线的交点的横坐标分别为，
则，且，
所以.
综上可得成立.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；其他不等式的解法
【解析】【分析】(1)明确函数f(x)的定义域，利用导数研究函数的单调性，即可求解；
(2)令 ，只需证明 ，构造函数h(x)，利用导数研究函数的最小值，证明h(x)≥0即可求证；
(3) 先证右半部分不等式 ，利用曲线f(x)在和处的切线l1和l2，设直线y=b与直线l1，f(x)图象和直线l2分别交于x1'，x1，x2，x2'，利用四个值之间的关系即可求证；
再证左半部分不等式，设两点，用割线OA和AB来估计x2-x1的下限，运用交点的横坐标即可求证.
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