哈九中2024屆高三學年上學期開學考試數學試題（考試時間：120分鐘  滿分：150分）Ⅰ卷一、單選題：本題共有8個小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1. 設全集，集合，，則（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根據集合的交并補運算即可結合選項逐一求解.【詳解】由題意可得,,或，對于A, 或，故A錯誤，對于B，，故B正確，對于C，，故C錯誤，對于D，，故D錯誤，故選：B2. 已知正實數m，n滿足，則的最大值是（    ）A. 2 B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用基本不等式求解即可.【詳解】由于，所以，即，當且僅當時等號成立．故選:B．3. 若實數a使得“，”為真命題，實數a使得“，”為真命題，則p是q的（    ）A. 充分不必要條件 B. 必要不充分條件C. 充要條件 D. 既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】先一元二次方程有解及一元二次不等式恒成立求解出和，進而根據充分條件和必要條件的定義判斷即可求解.【詳解】對于，，所以，即.對于，，因為函數在上單調遞增，所以當時，，則，即.所以p是q的必要不充分條件.故選：B.4. 函數的圖象可能是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用為奇函數排除；利用時，，排除C，從而可求解.【詳解】因為定義域為，對于AB，，所以為奇函數，函數圖象關于原點對稱，故都不正確；對于C，時，，所以，所以，故C不正確；對于D，符合函數圖象關于原點對稱，也符合時，，故D正確.故選：D.5. 若函數，在R上單調遞增，則實數a的取值范圍是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】首先，對勾函數和都是遞增函數，當時，對勾函數取值要大于或等于指數式的值，再求交集即可實數a的取值范圍.【詳解】當時，函數單調遞增所以當時，是單調遞增函數，所以，所以當時，對勾函數取值要大于或等于指數式的值，所以，解之得：，綜上所述：實數a的取值范圍是故選：B6. 設函數 ?，若?，則?的最小值為（     ）A. ? B. ? C. ? D. ?【答案】A【解析】【分析】由已知結合對數的運算性質可得，然后結合乘1法，利用基本不等式可求.【詳解】因為數，若所以，即 ，所以，當且僅當時取等號.故選：A7. 已知是定義在上的偶函數且在上為減函數，若，，，則（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根據偶函數的定義及對數的運算，利用指數對數函數的性質及函數的單調性即可求解.【詳解】因為是偶函數，所以，由，由指數函數的性質知，函數在上單調遞減，且，所以，所以，因為在上為減函數，所以，即.故選：A.8. 定義表示兩個數中的較小者，表示兩個數中的較大者，設集合都是的含有兩個元素的子集，且滿足：對任意的都有，,則的最大值是A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【詳解】根據題意，對于M，含2個元素的子集有個,其中, {1，2}、{2，4}、{3，6}、{4，8}可以任選兩個; {1，3}、{2，6}符合題意; {2，3}、{4，6}符合題意; {3，4}、{6，8}符合題意;即滿足的任意的最多有4個,故的最大值是4,應選：C.二、多選題：本題共4個小題，每小題5分，共20分，在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分．9. 下列結論正確的是（    ）A. “”是“”的充分不必要條件B. “”是“”的必要不充分條件C. “，有”的否定是“，使”D. “是方程的實數根”的充要條件是“”【答案】ACD【解析】【分析】根據不等式的范圍判斷A；根據交集的概念判斷B；全稱量詞命題的否定是存在量詞命題判斷C；將1代入方程求解判斷D.【詳解】對于A，因為，所以或，所以“當”時，“”成立，反之不成立，故“”是“”的充分不必要條件，正確；對于B，“”一定有“”成立，反之不成立，故“”是“”的充分不必要條件，錯誤；對于C，命題“，有”是全稱量詞命題，其否定是存在量詞命題，即“，使”，正確；對于D，當時，1為方程的一個根，故充分；當方程有一個根為1時，代入得，故必要，正確；故選：ACD10. 下列各式正確的是（    ）A. 設，則B. 已知，則C. 若，，則D. 【答案】BCD【解析】【分析】由冪指數的運算可判斷AB,由對數的運算性質以及換底公式可判斷CD.【詳解】對于A, ,故A錯誤，對于B，，故B正確，對于C,由，得， 所以，故C正確，對于D，，故D正確，故選：BCD11. 設函數的定義域為為奇函數，為偶函數，當時，.則下列結論正確的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】BC【解析】【分析】根據函數的奇偶性和題設條件，推得是周期為4的周期函數，結合周期函數的性質，利用賦值法，逐項判定，即可求解.【詳解】因為為奇函數，所以，即函數關于對稱，即，即，又因為偶函數，所以，即函數關于對稱，則，所以，即，所以，所以是周期為4的周期函數，令 ，由，可得，可得，所以A錯誤；因為時，，所以，可得，即當時，，則，所以B正確；因為，，所以一個周期內的和為，則，所以C正確；由，所以D錯誤；故選：BC.12. 若，，，則（        ）A.  B.  C.  D. 【答案】BD【解析】【分析】記，，利用導數判斷函數的單調性，從而可得，， ，由此能判斷，，的大小關系．【詳解】記則，所以在單調遞增，故，記，則，令，解得，故在上單調遞減，故,即，即，故，記，則，故當時，，故在上是增函數，故，即，故，故，故選：BD【點睛】方法點睛：利用導數證明或判定不等式大小問題：1．通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性與極值（最值），從而得出不等關系；2．利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題，從而判定不等關系；3．適當放縮構造法：根據已知條件適當放縮或利用常見放縮結論，從而判定不等關系；4．構造“形似”函數，變形再構造，對原不等式同解變形，根據相似結構構造輔助函數.Ⅱ卷三、填空題：本題共有4個小題，每小題5分，共20分．13. 已知冪函數滿足，則______.【答案】【解析】【分析】根據冪函數的定義和單調性進行求解即可.【詳解】因為函數為冪函數，則，解得或，又因為，所以，故答案：.14. 《幾何原本》中的幾何代數法是以幾何方法研究代數問題，這種方法是后西方數學家處理問題的重要依據，通過這一原理很多的代數公理或定理都能夠通過圖形實現證明，也稱之為無字證明，現有圖形如圖所示，為線段上的點，且為的中點，以為直徑作半圓，過點作的垂線交半圓于，連結，過點作的垂線，垂足為，若不添加輔助線，則該圖形可以完成的所有無字證明為_________．（填寫序號）①②③④【答案】①③【解析】【分析】先明確的幾何意義，即在圖中相對應的線段，根據直角三角形的相似可得相應的比例式，結合不等關系，即可證明①③選項；由于在該圖中沒有相應的線段與之對應，可判斷②④選項.【詳解】由題意可知，由 可知 ，即，所以；在中，，即當時，點重合， ，此時，所以①正確；在中，可得即，所以，由于，所以，當時，,此時，所以③正確；由于在該圖中沒有相應的線段與之對應，故②④中的不等式無法通過這種幾何方法來證明，故答案為：①③．15. 已知函數，則不等式的解集為______.【答案】【解析】【分析】令，分析函數的定義域、奇偶性與單調性，將所求不等式變形為，結合函數的單調性可得出關于的不等式，解之即可.【詳解】設，則函數定義域為，因為，故函數為奇函數，因為函數、、、均為上的增函數，故函數為上的增函數，因為，由可得，可得，所以，，即，解得.因此，不等式的解集為.故答案為：.16. 已知，則最小值為______.【答案】10【解析】【分析】根據給定的等式求出的關系式，再求出的最小值，然后利用均值不等式求解作答.【詳解】依題意，，即，則，又，因此，當且僅當時取等號，又，從而，當且僅當，即時取等號，所以當時，取得最小值10.故答案為：10四、解答題：本題共有6個小題，共70分．17. 設函數，集合（1）證明:.（2）當時，求.【答案】（1）證明見解析；    （2）.【解析】【分析】（1）按與分類討論，結合集合包含關系的定義推理作答.（2）根據給定條件，結合韋達定理求出，再代入解方程作答.【小問1詳解】當時，方程無實根，即無實根，，此時恒成立，又方程，即，，顯然，而，因此方程無實根，，則，當時，任取，則，于是，即有，因此，所以。【小問2詳解】由，得是方程的二根，由，解得，于是，方程，即，整理得，解得，所以.18. 在第24屆冬季奧林匹克運動會，又稱2022年北京冬季奧運會，是由中國舉辦的國際性奧林匹克賽事，于2022年2月4日開幕，2月20日閉幕，冬奧會的舉辦為冰雪設備生產企業(yè)帶來了新的發(fā)展機遇.某冰雪裝備器材生產企業(yè)生產某種產品的年固定成本為2000萬元，每生產x千件，需另投入成本（萬元）.經計算，若年產量于件低于100千件，則這x千件產品的成本；若年產量x千件不低于100千件時，則這x千件產品的成本.每千件產品售價為100萬元，為了簡化運算，我們假設該企業(yè)生產的產品能全部售完.（1）寫出年利潤（萬元）關于年產量x（千件）的函數解析式；（2）當年產量為多少千件時，企業(yè)所獲得利潤最大？最大利潤是多少？【答案】（1）    （2）最大值1000萬元，此時年產量為105千件【解析】【分析】（1）分與兩種情況，求出函數解析式；（2）在（1）的基礎上，結合函數單調性與基本不等式求出分段函數的最大值.【小問1詳解】當時，當時，，∴；【小問2詳解】當時，∴時，取得最大值，最大值為950，當時，當且僅當，即時取等號，因為，所以的最大值為1000萬元，此時年產量為105千件.19. 已知的定義域為，對任意都有，當時，（1）求；（2）證明:在上是減函數；（3）解不等式:.【答案】（1）,    （2）證明見解析    （3）【解析】【分析】（1）由，取特殊值即可求解;（2）由題構造，結合題意可證明單調性;（3）根據單調性解抽象不等式即可.【小問1詳解】根據,令，得，解得，再令，則有，解得.【小問2詳解】設，則，所以，即，因為 所以，所以，即都有，所以上單調遞減.【小問3詳解】由題可知，所以，所以由得，即，即，又因為，所以，由（2）知在上單調遞減，所以，即即，解得.所以，解集為.20. 已知.定義，設.
  （1）若，畫出函數的圖象并直接寫出函數的單調區(qū)間；（2）定義區(qū)間的長度.若，則.設關于的不等式的解集為.是否存在實數，且，使得?若存在，求出的值；若不存在，請說明理由. 【答案】（1）圖象見解析，遞減區(qū)間是，遞增區(qū)間是；    （2）存在，.【解析】【分析】（1）把代入，求出，再畫出函數的圖象，求出單調區(qū)間作答.（2）對按，進行分類討論即可求解作答.【小問1詳解】當時，，當時，，函數在上遞減，而時，，因此當時，，當時，，則當或時，，當時，，于是，函數的圖象，如圖，  觀察圖象知，函數的遞減區(qū)間是，遞增區(qū)間是.【小問2詳解】因為函數的最小值為1，函數的最小值為2，函數的圖象是函數和函數的圖象左右平移后，再取下方圖形而得，因此函數的最小值為1，若不等式有解，則必有，又函數的最小值為2，則當時，，即，解得，于是，若，則，解得，矛盾，當時，不等式的解集為，由，即，解得，于是不等式的解集為，又，當且僅當時取等號，即有，因此，若，則，又，解得，所以存在實數滿足條件.21. 如圖，在四棱錐中，平面平面，，，，，.（1）求證：；（2）若點為棱上不與端點重合的動點，且與平面所成角正弦值為，求點到平面的距離.【答案】（1）證明見解析    （2）【解析】【分析】（1）根據面面垂直證得線面垂直；（2）建立空間直角坐標系，利用線面角的正弦值確定點位置，再利用點到平面的距離公式求得結果.【小問1詳解】∵平面平面，平面平面，，平面，∴平面且平面，故，【小問2詳解】∵中，∴，∵平面平面，平面平面，∴平面,平面，∴.以為原點如圖所示建立空間直角坐標系,，，，，，，設，其中，則，取平面法向量，，設與平面所成角為，，解得（舍）或，則，，，，設平面的法向量為.，，解得，故.22. 已知函數（1）求函數的單調區(qū)間；（2）若，證明:在上恒成立；（3）若方程有兩個實數根，且，求證:.【答案】（1）的遞減區(qū)間為，遞增區(qū)間為.    （2）證明見解析.    （3）證明見解析.【解析】【分析】（1）對求導即可求出結果；（2）即證，構造，即可證明；（3）分別利用切線放縮進行證明.【小問1詳解】由，則時，，單調遞減，時，，單調遞增，所以的遞減區(qū)間為，遞增區(qū)間為.【小問2詳解】因為，，令所以，下證，令，則，當時,，當，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，所以在上恒成立；【小問3詳解】證明：先證右半部分不等式： ；因，，所以；可求曲線在和處的切線分別為和；設直線與直線，函數的圖象和直線交點的橫坐標分別為則則；因此.再證左半部分不等式：.設取曲線上兩點，用割線，來限制，設直線與直線的交點的橫坐標分別為，則，且，所以.綜上可得成立.【點睛】方法點睛：導數證明不等式的方法常有：（1）最值法：移項構造函數，通過求解最值來證明；（2）放縮法：通過構造切線或割線，利用切線放縮或者割線放縮來證明.

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