江苏名校联盟2022-2023学年高三上学期暑期返校检测摸底测试-数学试题2

1、试卷第 =page 1 1页，共 =sectionpages 3 3页试卷第 =page 4 4页，共 =sectionpages 4 4页江苏名校联盟2022-2023学年高三上学期暑期返校检测摸底测试数学试题学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题1已知集合，定义集合，则中元素的个数为A77B49C45D302时钟花是原产于南美热带雨林的藤蔓植物，从开放到闭合与体内的一种时钟酶有关.研究表明，当气温上升到20时，时钟酶活跃起来，花朵开始开放；当气温上升到28时，时钟酶的活性减弱，花朵开始闭合，且每天开闭一次.已知某景区一天内517时的气温T（单位：）与时间t（单位：）近似满足关系式，则该

2、景区这天时钟花从开始开放到开始闭合约经历（）A1.4B2.4C3.2D5.63已知抛物线（是正常数）上有两点，焦点，甲： 乙： 丙：.丁：以上是“直线经过焦点”的充要条件有几个（）A0B1C2D34由倍角公式，可知可以表示为的二次多项式.一般地，存在一个次多项式，使得这些多项式称为切比雪夫（P.L.Tschebyscheff）多项式.例如，记作.利用求得（）ABCD5命题“，”是真命题的一个充分不必要条件是（）ABCD6函数的图象可能是（）ABCD7已知点，为坐标原点，线段绕原点逆时针旋转，到达线段，则点的坐标为（）A B C D 8若直线与函数的图象无交点，则的取值范围是（）ABCD二、多选

3、题9下列判断正确的是（）ABCD10已知函数，则下列说法正确的是（）A的图象关于直线对称B的图象关于点对称C的值域为D在上单调递增11德国著名数学家狄利克雷（Dirichlet，18051859）在数学领域成就显著19世纪，狄利克雷定义了一个“奇怪的函数”，其中为实数集，为有理数集.则关于函数有如下四个命题，其中真命题是（）AB任取一个不为零的有理数，对任意的恒成立C，恒成立D不存在三个点，使得为等腰直角三角形121859年，我国清朝数学家李善兰将“function”一词译成“函数”，并给出定义：“凡此变数中函彼变数，则此为彼之函数”.下列关于函数性质的说法正确的是（）A若，则函数是偶函数B若

4、定义在上的函数在区间上单调递增，在区间上单调递增，则函数在上是增函数C函数的定义域为，若在上是增函数，在上是减函数，则D对于任意的，函数满足三、填空题13_.14已知为数列的前n项和，数列满足，且，是定义在R上的奇函数，且满足，则_15已知函数的图象与函数的图象相邻的三个交点分别是、，则的面积为_.16定义在R上的函数 满足 ，其中为自然对数的底数，则满足的a的取值范围是_.四、解答题17在成等比数列，且；且这两个条件中任选一个填入下面的横线上并解答.已知数列是公差不为0的等差数列，其前n项和为，数列的前n项和为，若_.注.如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.(1)求数列的前n项和.(

5、2)设等比数列的首项为2，公比为，其前n项和为，若存在正整数m，使得，求q的值.18已知(1)求的值域；(2)若对任意的恒成立，求的取值范围19已知数列前n项积为，且(1)求证：数列为等差数列；(2)设，求证：20已知奇函数的定义域为(1)求实数的值；(2)判断函数的单调性，并用定义证明；(3)当时，恒成立，求的取值范围21已知函数，（1）判断在上的单调性，并利用单调性的定义加以证明；（2）若不等式对任意实数恒成立，求实数的取值范围；（3）若存在，使得，求实数的取值范围22已知函数，其中实数(1)求证：函数在处的切线恒过定点，并求出该定点的坐标；(2)若函数有两个零点，且，求a的取值范围答案第

6、 = page 1 1页，共 = sectionpages 2 2页答案第 = page 21 21页，共 = sectionpages 21 21页参考答案：1C【解析】【详解】因为集合，所以集合中有5个元素（即5个点），即图中圆中的整点，集合中有25个元素（即25个点）：即图中正方形中的整点，集合的元素可看作正方形中的整点（除去四个顶点），即个 考点：1集合的相关知识，2新定义题型2B【解析】【分析】由函数关系式分别计算出花开放和闭合的时间，即可求出答案.【详解】设时开始开放，时开始闭合，则又，解得，由得，.故选：B.3B【解析】先证明必要性：设过抛物线：的焦点的直线为：，代入抛物线方程得

7、：，计算、即可判断甲、乙、丙、丁都是必要条件，再设直线的方程为：，代入抛物线方程得：，由韦达定理验证四个结论成立时，实数的值，即可判断充分性，进而可得正确答案.【详解】必要性：设过抛物线：的焦点的直线为：，代入抛物线方程得：；由直线上两点，则有，由，故：甲、乙、丙、丁都是必要条件，充分性：设直线方程为：，则直线交轴于点，抛物线焦点将直线的方程与抛物线方程得：，由直线上两点，对于甲： 若，可得，直线不一定经过焦点.所以甲条件是“直线经过焦点”的必要不充分条件；对于乙：若，则，直线经过焦点，所以乙条件是“直线经过焦点”的充要条件；对于丙：，可得或，直线不一定经过焦点，所以丙条件是“直线经过焦点”的

8、必要不充分条件；对于丁：可得，直线不一定经过焦点.所以丁条件是“直线经过焦点”的必要不充分条件；综上，只有乙正确，正确的结论有1个.故选：B【点睛】结论点睛：抛物线焦点弦的几个常用结论设是过抛物线的焦点的弦，若，则：（1），；（2）若点在第一象限，点在第四象限，则，弦长，（为直线的倾斜角）；（3）；（4）以为直径的圆与准线相切；（5）以或为直径的圆与轴相切.4A【解析】【分析】由两角和的余弦公式及二倍角公式可得，则，再利用诱导公式及二倍角公式可得，再解一元二次方程即可；【详解】解：因为，所以，所以，所以，所以，所以，解得或（舍去），所以；故选：A.5C【解析】【分析】将命题“，”是真命题化为，

9、再根据真子集关系判断可得答案.【详解】命题“，”是真命题,等价于，当时，所以.选项A是充要条件，选C是充分不必要条件，选项BD是既不充分也不必要条件.故选：C6A【解析】【分析】利用特殊值逐项排除可得答案【详解】因为，所以函数是奇函数，图象关于原点对称， 因为函数的解析式为，故排除C；，故排除BD，故选：A7D【解析】【分析】根据三角函数的定义确定出终边经过点的的三角函数值，然后根据位置关系判断出的终边经过，结合两角和的正、余公式求解出的坐标.【详解】由的坐标可知在单位圆上，设的终边经过点，所以，又因为由绕原点逆时针旋转得到，所以的终边经过点且也在单位圆上，所以，又因为，所以，故选：D.8D【

10、解析】【分析】结合图象判断，令，由分离，通过构造函数，结合导数求得，也即的取值范围.【详解】由图象可知，令，则，依题意可知，即，即，构造函数，由解得，所以在区间递增，在区间递减，所以有解 .构造函数，所以在区间递减，在区间递增，所以，所以，也即的取值范围是.故选：D9BCD【解析】【分析】将选项同构为的形式，通过对函数求导判断单调性，即可判断出答案.【详解】选项A：，选项B：，选项C：，选项D：，构造函数 ，则，则得；由得，所以在上单调递增，在上单调递减，由知，故A错误；由知，故B正确；由知，知C正确；由知，知D正确.故选：BCD.【点睛】本题利用不等式的结构采用同构函数来解决，同构法是证明不

11、等式的一种技巧，通过等价变形使得两边的式子结构相同，从而将两边看成是同一个函数的两个函数值，此时借助该函数的单调性简化不等式达到证明不等式的目的.10AC【解析】对已知函数去绝对值写成分段函数的形式，作出其函数图象，借助于三角函数的图象逐一判断四个选项的正误，即可得正确选项.【详解】当即时，当即时，所以 作出的图象如下图所示：对于选项A：由图知，是的对称轴，即的图象关于直线对称，故选项A正确；对于选项B：由图知不是的对称中心，即的图象关于点不对称，故选项B不正确；对于选项C：由图知的最大值为，最小值为，所以的值域为，故选项C正确；对于选项D：在上不单调递增，故选项D不正确，故选：AC【点睛】关

12、键点点睛：本题解题的关键是利用已知函数的解析式，作出函数的图象，利用数形结合的思想可研究该函数的对称性、最值和单调性.11ABD【解析】【分析】直接由解析式计算可判断A；分和两种情况讨论可判断B；举反例取，可判断C；分中有两个是有理数，一个是无理数或者两个是无理数，一个是有理数讨论，每种情况再分角为直角三种情况讨论可判断D，进而可得正确选项.【详解】对于A，所以，故选项A正确；对于B，任取一个不为零的有理数，若，则，满足；若，则，满足，故选项B正确；对于C，取，则，而，所以，故选项C错误；对于D，当均为有理数或均为无理数时，三点在一条直线上，不能构成三角形，所以中有两个是有理数，一个是无理数或

13、者两个是无理数，一个是有理数，不妨设是有理数，是无理数，则，因为为等腰直角三角形，所以若角是直角，则，与是无理数矛盾，若角是直角，则，与是无理数矛盾，若角是直角，因为，所以，与是无理数矛盾，所以此时不可能为等腰直角三角形，当中有两个无理数一个是有理数时，不妨设是无理数，是有理数，则，因为为等腰直角三角形，所以若角是直角，则，与是有理数矛盾，若角是直角，则，与是有理数矛盾，若角是直角，因为，所以，且是有理数，只能是两个互为相反数的无理数，即，即，又因为为等腰直角三角形，所以，或，与是无理数矛盾，所以不可能为等腰直角三角形，综上所述：不存在三个点，使得为等腰直角三角形，故选项D正确；故选：ABD.

14、12BCD【解析】【分析】结合函数的奇偶性，单调性，最值和函数图像的凹凸性（或对数函数的单调性与基本不等式结合）对选项一一判断即可.【详解】对于A，偶函数是对于定义域里任意，都要有，仅取时成立，不能确定是偶函数，故A错，对于B，若定义在上的函数在区间上单调递增，在区间上单调递增，其中时两段函数图像相接，故函数在上是增函数，所以B正确，对于C，函数的定义域为，若在上是增函数，有，又在上是减函数，所以，故C正确，对于D，函数为上凸函数，所以对于任意的，函数满足，故D正确，故选：BCD.13【解析】【分析】先利用两角和差化积公式凑配化简得，代入原式即可得解.【详解】，.故答案为：.【点睛】关键点点睛

15、：本题考查三角函数的化简求值，利用两角和差化积公式凑配化简是解题的关键，考查学生的运算能力，属于较难题.140【解析】【分析】利用数列通项公式与前n项和公式的关系求通项的递推关系，再构造等比数列求出通项公式.根据和f(x)是R上奇函数可得f(x)是周期为4的函数，且f(0)f(2)0.，将用二项式定理展开，其中能被4整除的部分在计算时即可“去掉”，由此即可求出答案.【详解】，两式相减得，即，即数列是以为首项，3为公比的等比数列，.是定义在R上的奇函数，且满足，令，则，又f(x)，f(2x)f(x)，f(x4)f(x22)f(x2)f(x)f(x)，即f(x4)f(x)，即是以4为周期的周期函数

16、.其中能被4整除，.故答案为：0【点睛】本题综合考察了数列求通项公式的两个方法：利用通项公式和前n项和公式的关系，以及构造等比数列，考察了函数周期的求法，还考察了利用二项式定理处理整除问题，属于难题.15【解析】设、是两个函数图象在轴右边且靠近轴的三个交点，求出这三个点的坐标，即可计算出的面积.【详解】设、是两个函数图象在轴右边且靠近轴的三个交点，设点、，令，得，得，解得.由于、是两个函数图象在轴右边且靠近轴的三个交点，则，可得、，因此，的面积为.故答案为：.【点睛】本题考查三角函数图象交点坐标的计算，同时也涉及了三角形面积的计算，求出交点坐标是关键，考查计算能力，属于中等题.16【解析】【分

17、析】设，求出其导数结合条件得出在上单调递减，将问题转化为求解，由的单调性可得答案.【详解】设，则由，则 所以在上单调递减.又由，即，即，所以 故答案为：17(1)选结果相同，(2)选结果相同，q的值为或【解析】【分析】（1）选：利用等比数列通项公式基本量计算求出公差，求出通项公式，利用与的关系求出再使用错位相减法求和，选：利用等比数列求和公式基本量计算求出通项公式，利用与的关系求出再使用错位相减法求和；（2）由（1）知，选结果相同，利用得到，利用得到，结合为正整数，得到或，从而求出q的值为或.（1）选：成等比数列，且设等差数列公差为d，由成等比数列，则，解得：或0（舍去）；则当时，解得：，因为

18、，当时，两式相减，其中经检验，所以是首项为1，公比为的等比数列，故则，则，两式相减得：，所以；选：且因为，所以，解得：或0（舍去），则当得：，当时，经检验，符合，综上：的通项公式为：则，则，两式相减得：，所以；（2）由（1）可得，选结果一样，已知，由，得，所以，因为，所以，即由于，所以或，当时，解得：（舍负），当时，解得：（舍负），所以q的值为或.18(1)(2)【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换公式将函数化简，再根据正弦函数的性质计算可得；（2）依题意可得对任意的恒成立，参变分离可得对任意的恒成立，再利用二倍角公式、同角三角函数基本关系及对勾函数的性质计算可得.（1）解：即，所以.（2）

19、解：由得对任意的恒成立，因为，所以，即对任意的恒成立，只需要，又，令，当时，所以，其中，即，则或（舍去），又函数在上单调递减，所以在上单调递减，当时，所以19(1)证明见解析(2)证明见解析【解析】【分析】（1）由已知得，两式相除整理得，从而可证得结论，（2）由（1）可得，再利用累乘法求，从而，然后利用放缩法可证得结论（1）因为，所以，所以，两式相除，得，整理为，再整理得，所以数列为以2为首项，公差为1的等差数列（2）因为，所以，由（1）知，故，所以所以又因为，所以20(1)a=1，b=3；(2)详见解析；(3)【解析】【分析】（1）根据函数是奇函数，由求得a，再根据定义域关于原点对称求解； （2）利用函数单调性定义证明；（2）将时，恒成立，令，转化为，时恒成立求解.（1）解：因为函数是奇函数，所以，即，即，即，整理得，所以，即，则，因为定义域为关于原点对称，所以b=3；（2）在上递增.证明：任取，且，则，因为，所以，又，所以，即，所以在上递增；（3）因为，所以，又当时，恒成立，所以，时恒成立，令，则，时恒成立，而，当且仅当，即时，等号成立，所以，即的取值范围是.21（1）在上单调递增，证明见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）首先根据题意得到，再利用定义证明单调性即可.（2）首先将题意转化为不等式对任意实数恒成立，再利用二次函数的性质求解即可.（3）首先将题意