2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫班級(jí)?姓名?考場(chǎng)號(hào)?座位號(hào)及準(zhǔn)考證號(hào)并填涂相應(yīng)數(shù)字；
3.所有答案必須寫在答題紙上，寫在試卷上無(wú)效；
4.考試結(jié)束后，只需上交答題紙.
選擇題部分（共60分）
一?選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.
1. 若命題是假命題，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)命題的否定為真，轉(zhuǎn)為最值求解即可.
【詳解】，
是假命題，則其否定恒成立為真，
又
故，
故選：B
2. 已知函數(shù)的定義域是關(guān)于的不等式的解集的子集，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】依題意解不等式即可.
【詳解】函數(shù)定義域非空集，則，解得.
記，
因?yàn)?，所以的解集為?br>依題意有或，所以或，
又，，所以.
故選：A.
3. 如圖是杭州2023年第19屆亞運(yùn)會(huì)會(huì)徽，名為“潮涌”，形象象征著新時(shí)代中國(guó)特色社會(huì)主義大潮的涌動(dòng)和發(fā)展.如圖是會(huì)徽的幾何圖形.設(shè)弧的長(zhǎng)度是，弧的長(zhǎng)度是，幾何圖形面積為，扇形面積為，扇形周長(zhǎng)為定值，圓心角為，若，則當(dāng)取得最大值時(shí)，圓心角為的值為（）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】先利用扇形的周長(zhǎng)得到推得，再利用扇形的面積公式將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)的最值問(wèn)題，從而得解.
【詳解】依題意，知，則，，
因?yàn)椋?，不妨設(shè)，則，
因?yàn)樯刃沃荛L(zhǎng)為定值，所以，則，
因?yàn)椋?br>扇形的面積為，
則，
對(duì)于，其開(kāi)口向下，對(duì)稱軸為，
故當(dāng)，即時(shí)，取得最大值，即取得最大值，
此時(shí)，.
故選：B.
4. 今有一組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)及對(duì)應(yīng)散點(diǎn)圖如下所示，則體現(xiàn)這些數(shù)據(jù)關(guān)系的最佳函數(shù)模型是（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)散點(diǎn)圖的變化趨勢(shì)及散點(diǎn)的分布情況判斷回歸方程的類型.
【詳解】由散點(diǎn)圖中各點(diǎn)的變化趨勢(shì)：非線性、且在第一象限內(nèi)上單調(diào)遞增，
對(duì)于，由題意可得：
可知，近似于線性，所以適合二次函數(shù)模型.
故選：C
5. 若，則“”是“”（）
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】A
【解析】
【分析】用立方差公式，按照充要條件的定義推理即可.
【詳解】依題意有，
故，，
于是即，充分性獲證，
取，則，但，故無(wú)必要性，
故選：A.
6. 函數(shù)在內(nèi)的大致圖像為（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)函數(shù)解析式可得為奇函數(shù)，圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，再利用特殊值即可得出A正確.
【詳解】由題意可知函數(shù)定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，
且，
所以函數(shù)為奇函數(shù)，圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，排除選項(xiàng)BD，
不妨取，則，排除C選項(xiàng)，即A正確；
故選：A
7. 已知函數(shù)，設(shè)，則的大小關(guān)系為（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)題意分析可知為偶函數(shù)，在內(nèi)單調(diào)遞增，再根據(jù)指數(shù)函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)以及余弦函數(shù)分析可知，結(jié)合單調(diào)性和偶函數(shù)分析判斷.
【詳解】令，解得，可知的定義域?yàn)椋?br>且，
所以為偶函數(shù)，
當(dāng)時(shí)，則在內(nèi)單調(diào)遞增，
且在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，所以在內(nèi)單調(diào)遞增，
又因?yàn)椋?br>且，即，
，即，
，則，可得，
即，所以，即.
故選：D.
8. 已知定義在上的函數(shù)f(x)，g(x)滿足f(－x)＝f(x)，且在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，g(1－x)＝g(1＋x)，且在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，設(shè)函數(shù)F(x)＝[f(x)＋g(x)＋|f(x)－g(x)|]，則對(duì)任意x∈R，均有（）
A. F(1－x)≥F(1＋x)B. F(1－x)≤F(1＋x)
C. F(1－x2)≥F(1＋x2)D. F(1－x2)≤F(1＋x2)
【答案】C
【解析】
【分析】
根據(jù)的性質(zhì)，結(jié)合的定義，利用函數(shù)圖象，數(shù)形結(jié)合即可容易判斷.
【詳解】因?yàn)镕(x)＝
根據(jù)題意，不妨用圖象進(jìn)行說(shuō)明，如下所示：
F(x)的示意圖可表示為如圖中的實(shí)線部分，如下所示：
所以有F(1－x2)≥F(1＋x2).
故選：.
【點(diǎn)睛】本題考查函數(shù)性質(zhì)的綜合應(yīng)用，涉及數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想，屬綜合基礎(chǔ)題.
二?多選題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得5分，有選錯(cuò)的得0分，部分選對(duì)的得2分.
9. 十六世紀(jì)中葉，英國(guó)數(shù)學(xué)家雷科德在《研智石》一書中首先把“”作為等號(hào)使用，后來(lái)英國(guó)數(shù)學(xué)家哈利奧特首次使用“”符號(hào)，并逐漸被數(shù)學(xué)界接受，不等號(hào)的引入對(duì)不等式的發(fā)展影響深遠(yuǎn).已知非零實(shí)數(shù)滿足，則（）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】用特值法排除AD，用函數(shù)單調(diào)性判斷B，變形即可判斷C.
【詳解】A錯(cuò)誤：兩邊同時(shí)三次方有，取，則;
B正確：令，，如圖，顯然在上均遞增，
由題意有，故，故，即；
C正確：由B知，
故，
故；
D錯(cuò)誤：取，則.
故選：BC.
10. 已知為正數(shù)，，則下列說(shuō)法正確的是（）
A.
B. 的最小值為18
C. 的最小值為8
D. 的最小值為18
【答案】ABD
【解析】
【分析】對(duì)于A：根據(jù)解得，再利用作差法結(jié)合對(duì)數(shù)函數(shù)單調(diào)性分析判斷；對(duì)于B：由結(jié)合基本不等式分析求解；對(duì)于C：由結(jié)合基本不等式分析求解，注意等號(hào)成立的條件；對(duì)于D：由結(jié)合基本不等式分析求解，注意等號(hào)成立的條件.
【詳解】因?yàn)闉檎龜?shù)，，則，
對(duì)于選項(xiàng)A：因?yàn)?，即?br>且，即，解得（舍去）或，
當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，
可得，
即，所以，故A正確；
對(duì)于選項(xiàng)B：因?yàn)椋矗?br>則，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，
所以的最小值為18，故B正確；
對(duì)于選項(xiàng)C：因?yàn)?，即?br>則，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號(hào)成立，
但，可得，等號(hào)不能成立，
所以的最小值不為8，故C錯(cuò)誤；
對(duì)于選項(xiàng)D：因?yàn)?，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，
則，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，
所以的最小值為18，故D正確；
故選：ABD
11. 已知函數(shù)，則下列命題正確的是（）
A. 存在，使得有3個(gè)不同的實(shí)數(shù)根
B. 存在，使得有4個(gè)不同的實(shí)數(shù)根
C. 若函數(shù)有2個(gè)零點(diǎn)，則的值為或6
D. 能使得關(guān)于的方程有4個(gè)不同的實(shí)數(shù)根的的取值范圍是
【答案】AB
【解析】
【分析】結(jié)合題意求出分段函數(shù)的解析式，作出函數(shù)的圖象，根據(jù)圖象，當(dāng)取不同值時(shí)，可轉(zhuǎn)化為函數(shù)的交點(diǎn)個(gè)數(shù)，進(jìn)而判斷A,B,C選項(xiàng)；對(duì)于D選項(xiàng)，利用換元法，結(jié)合二次函數(shù)零點(diǎn)的分布求解.
【詳解】結(jié)合題意：，
當(dāng)時(shí)，則，所以，
當(dāng)時(shí)，則，，
所以，
所以，圖象如圖所示：
對(duì)于A選項(xiàng)：易判斷當(dāng)時(shí)，此時(shí)與有3個(gè)不同的交點(diǎn)，故A正確；
對(duì)于B選項(xiàng)：易知判斷存在，使得與有4個(gè)不同的交點(diǎn)，如時(shí)，與該函數(shù)有4個(gè)交點(diǎn)，故B正確；
對(duì)于C選項(xiàng)：函數(shù)有2個(gè)零點(diǎn)，
當(dāng)時(shí)，此時(shí)關(guān)于對(duì)稱，即，
當(dāng)時(shí)，此時(shí)關(guān)于對(duì)稱，即，
當(dāng)時(shí)，此時(shí)，即，
當(dāng)時(shí)，此時(shí)關(guān)于對(duì)稱，即，
綜上：的值為.故C錯(cuò)誤;
對(duì)于D選項(xiàng)：令，
當(dāng)時(shí)，方程有2個(gè)根，
當(dāng)時(shí)，方程有3個(gè)根，
當(dāng)時(shí)，方程有1個(gè)根，
要使得關(guān)于的方程有4個(gè)不同的實(shí)數(shù)根,
則有兩根，
設(shè)的兩個(gè)零點(diǎn)分別為，且，
當(dāng)時(shí)，此時(shí)有2個(gè)交點(diǎn)，有2個(gè)交點(diǎn)，
故需要滿足，解得，
當(dāng)時(shí)，此時(shí)有2個(gè)交點(diǎn)，有2個(gè)交點(diǎn)，
故需要滿足，解得，
當(dāng)時(shí)，此時(shí)有2個(gè)交點(diǎn)，有2個(gè)交點(diǎn)，
故需要滿足，解得：無(wú)解，
當(dāng)時(shí)，此時(shí)有3個(gè)交點(diǎn)，有1個(gè)交點(diǎn)，
故需要滿足，此時(shí)不滿足題意 ，故舍去.
當(dāng)時(shí)，此時(shí)有3個(gè)交點(diǎn)，有1個(gè)交點(diǎn)，
故需要滿足，此時(shí)不滿足題意 ，故舍去.
綜上：，故D錯(cuò)誤.
故選:AB.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：此題考查函數(shù)與方程的綜合問(wèn)題，解題的關(guān)鍵是作出函數(shù)圖象，結(jié)合圖象求解，考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想和數(shù)形結(jié)合的思想，屬于較難題.
12. 函數(shù)定義在區(qū)間上，若滿足：且，都有，則稱函數(shù)為區(qū)間上的“不增函數(shù)”，若為區(qū)間上的“不增函數(shù)”，且，又當(dāng)時(shí)，恒成立，下列命題中正確的有（）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】令，可判定A正確；令，可得，根據(jù)題意得到，得到時(shí)，；時(shí)，；時(shí)，，進(jìn)而可判定B不正確；由，可判定C正確；求得，得到，，可判定D正確.
【詳解】對(duì)于A中，因?yàn)椋?br>令，可得，所以A正確；
對(duì)于B中，由，令，可得，
又由為區(qū)間上的“不增函數(shù)”，當(dāng)時(shí)，，
可得，所以，因?yàn)椋獾茫?br>所以時(shí)，，
又因?yàn)?，且?br>可得時(shí)，；時(shí)，；時(shí)，，
所以對(duì)任意，，即不存在，使得，所以B不正確；
對(duì)于C中，由，可得，所以C正確；
對(duì)于D中，由，可得，則，
所以，，所以，
即，所以D正確.
故選：ACD.
非選擇題部分（共90分）
三?填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.
13. 計(jì)算：__________.
【答案】
【解析】
【分析】根據(jù)指、對(duì)數(shù)運(yùn)算求解.
【詳解】由題意可得：
.
故答案為：.
14. 已知為坐標(biāo)原點(diǎn)，若角的終邊上一點(diǎn)的坐標(biāo)為，且，線段繞點(diǎn)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)后，則此時(shí)點(diǎn)的坐標(biāo)為_(kāi)_________.
【答案】
【解析】
【分析】根據(jù)任意角三角函數(shù)的定義可得，設(shè)角繞點(diǎn)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)后得到角，則，結(jié)合誘導(dǎo)公式求，進(jìn)而可求點(diǎn)的坐標(biāo).
【詳解】若角的終邊上一點(diǎn)的坐標(biāo)為，且，
可得角為第三象限角，且，解得或（舍去），
即點(diǎn)的坐標(biāo)為，可得，
設(shè)角繞點(diǎn)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)后得到角，則，
可得，
且，
所以此時(shí)點(diǎn)的坐標(biāo)為.
故答案為：.
15. 不等式的解集是__________.
【答案】
【解析】
分析】由基本不等式可判斷出，，再由對(duì)數(shù)函數(shù)單調(diào)性可得，利用一元二次不等式解法即可得出結(jié)果.
【詳解】由可得，
又恒成立，恒成立，
所以不等式等價(jià)于，即，也即；
可得，所以，解得.
所以原不等式的解集為.
故答案為：
16. 已知，若對(duì)任意的，不等式恒成立，則的最小值為_(kāi)_________.
【答案】
【解析】
【分析】先把原不等式分解為二次不等式，分類討論后運(yùn)用整體代換和基本不等式即可.
【詳解】原不等式
由知時(shí)，時(shí)，
故由原不等式知時(shí)，時(shí)，
由恒成立知且，即，
故所求式
設(shè)，則，
則所求式遞增，
故最小值在時(shí)取得：，
故答案為：.
四?解答題：本大題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明?證明過(guò)程或演算步驟.
17. 已知集合.
（1）當(dāng)時(shí)，求；
（2）當(dāng)時(shí)，求實(shí)數(shù)的取值范圍.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分別求集合，結(jié)合并集運(yùn)算求解；
（2）分析可得，等價(jià)于，結(jié)合交集運(yùn)算分析求解.
【小問(wèn)1詳解】
因?yàn)?，則，可得，
解得，所以，
又因?yàn)椋矗?br>解得，所以，
當(dāng)時(shí)，，所以.
小問(wèn)2詳解】
因?yàn)?，等價(jià)于，
且，則或，解得或，
所以實(shí)數(shù)的取值范圍為.
18. 已知.
（1）若，求的值；
（2）若，求.
【答案】（1）或
（2）或
【解析】
【分析】（1）根據(jù)三角函數(shù)的基本關(guān)系式和誘導(dǎo)公式，化簡(jiǎn)得到，得到，即可求解；
（2）由（1），結(jié)合題意，求得，結(jié)合三角函數(shù)的基本關(guān)系式，求得的值，進(jìn)而求得的值.
【小問(wèn)1詳解】
解：由三角函數(shù)的基本關(guān)系式和誘導(dǎo)公式，可得：
所以，因?yàn)?，所以?
【小問(wèn)2詳解】
解：因?yàn)椋?br>由（1）可得，即，可得，
所以，即，
解得或，
當(dāng)時(shí)，可得，所以；
當(dāng)時(shí)，可得，所以，
所以的值為或.
19. 隨著環(huán)保意識(shí)的增強(qiáng)，電動(dòng)汽車正成為人們購(gòu)車的熱門選擇.某型號(hào)的電動(dòng)汽車經(jīng)高速路段（汽車行駛速度不低于）測(cè)試發(fā)現(xiàn)：①汽車每小時(shí)耗電量（單位：）與速度（單位：）的關(guān)系滿足；②相同路程內(nèi)變速行駛比勻速行駛耗電量更大.現(xiàn)有一輛同型號(hào)電動(dòng)汽車從地經(jīng)高速公路（最低限速，最高限速）駛到距離為的B地，出發(fā)前汽車電池存量為，汽車到達(dá)B地后至少要保留的保障電量.（假設(shè)該電動(dòng)汽車從靜止加速到速度為的過(guò)程中消耗的電量與路程都忽略不計(jì)）.
（1）判斷該車是否可以在不充電的情況下到達(dá)B地，并說(shuō)明理由；
（2）若途徑服務(wù)區(qū)充電樁功率為（充電量=充電功率時(shí)間），求到達(dá)地的最少用時(shí)（行駛時(shí)間與充電時(shí)間總和）.
【答案】（1）該車不能在不充電的情況下到達(dá)B地，理由見(jiàn)解析
（2）
【解析】
【分析】（1）假設(shè)該車勻速行駛至B地，列出耗電量的表達(dá)式并利用單調(diào)性即可求得最小耗電量，可得出結(jié)論；
（2）根據(jù)耗電量與充電量、保障電量之間的關(guān)系，列出不等關(guān)系，由基本不等式即可求得結(jié)果.
【小問(wèn)1詳解】
設(shè)勻速行駛速度為，耗電量為，
則，
由對(duì)勾函數(shù)性質(zhì)可知函數(shù)在區(qū)間單調(diào)遞增，
，即最小耗電量大于電池存量減去保障電量，
所以該車不能在不充電的情況下到達(dá)B地；
【小問(wèn)2詳解】
設(shè)勻速行駛速度為，總時(shí)間為，行駛時(shí)間與充電時(shí)間分別為.
若能到達(dá)B地，則初始電量+充電電量-消耗電量保障電量，
即，
解得.
.
當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取到等號(hào)
所以該汽車到達(dá)B地的最少用時(shí)為.
20. 已知函數(shù)為偶函數(shù).
（1）求實(shí)數(shù)的值；
（2）若關(guān)于的方程（為常數(shù)）在上有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)根，求實(shí)數(shù)的取值范圍.
【答案】（1）
（2）或或
【解析】
【分析】（1）利用函數(shù)奇偶性定義結(jié)合指數(shù)和對(duì)數(shù)運(yùn)算法則化簡(jiǎn)即可求得；也可以利用特殊值代入計(jì)算，再進(jìn)行驗(yàn)證即可（如解法二）；
（2）利用函數(shù)奇偶性以及函數(shù)與方程的思想，可知函數(shù)與函數(shù)的圖象僅有一個(gè)交點(diǎn)，利用圖象即可解得實(shí)數(shù)的取值范圍.
【小問(wèn)1詳解】
解法一：
為偶函數(shù)，
，
，
，
.
解法二：
由.
當(dāng)時(shí)，，
滿足，
；
【小問(wèn)2詳解】
，
在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，
令在上遞增，
由復(fù)合函數(shù)單調(diào)性可知在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增；
又是偶函數(shù)，
則由有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)根，可得有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)根，
即函數(shù)與函數(shù)的圖象僅有一個(gè)交點(diǎn)，
畫出函數(shù)的圖象如下圖所示：
由圖可得或符合題意，
解得或.
21. 已知函數(shù)對(duì)，都有且.
（1）求證：；
（2）求的值.
【答案】（1）證明見(jiàn)解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取都為時(shí)，代入題中關(guān)系式即可證明；
（2）令，分析可得，進(jìn)而可求，令，分析可得，整理得，即可得結(jié)果.
【小問(wèn)1詳解】
因?yàn)椋?br>取都為時(shí)，所以.
【小問(wèn)2詳解】
令，則，可得或，
當(dāng)時(shí)，令，則，即與矛盾，
所以，
因?yàn)椋?br>令，則，可得，
令，則，
即，
即，
可得，
用代可得，
可得，即，
所以.
22. 已知函數(shù)，其中為常數(shù).
（1）當(dāng)時(shí)，求函數(shù)單調(diào)區(qū)間；
（2）當(dāng)時(shí)，存在2023個(gè)不同的實(shí)數(shù)，使得，求實(shí)數(shù)的取值范圍.
【答案】（1）答案見(jiàn)解析
（2）
【解析】
【分析】（1）分區(qū)間討論去掉絕對(duì)值符號(hào)，根據(jù)二次函數(shù)直接寫出函數(shù)單調(diào)區(qū)間即可；
（2）分類討論，根據(jù)二次函數(shù)的單調(diào)性及函數(shù)最大值最小值的分析求解.
【小問(wèn)1詳解】
，
可知開(kāi)口向上，對(duì)稱軸為，
且開(kāi)口向上，對(duì)稱軸為，
當(dāng)，即時(shí)，的單調(diào)遞增區(qū)間為；
當(dāng)，即時(shí)，的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為；
當(dāng)，即時(shí)，的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為.
【小問(wèn)2詳解】
，
（i）當(dāng)，即時(shí)，在上單調(diào)遞增，
因?yàn)椋裕?br>則
，
即，解得；
（ⅱ）當(dāng)，即時(shí)，在上單調(diào)遞增，
因?yàn)椋?br>由（i）可得，解得；
（ⅲ）當(dāng)，即時(shí)，則在內(nèi)單調(diào)遞增，在內(nèi)單調(diào)遞減，
則，
即，矛盾；
（ⅳ）當(dāng)，即時(shí)，不單調(diào)，
則，
即，矛盾.
綜上所述，的取值范圍是.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵在于求
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0.4
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