【文档说明】山东省泰安市泰安一中老校区（新泰中学）2023届高三上学期第一次月考数学试题 含答案.docx，共(11)页，583.655 KB，由管理员店铺上传

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新泰中学2020级高三上学期第一次阶段性考试数学试题2022.9一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．设集合3log(2)0Mxx=−∣，{2}Nxx=−∣，集合MN=（）A．{22}xx−∣B．{23}xx−

∣C．{23}xx∣D．{3}xx∣2．函数()2ln1xfxx=+−的零点所在的区间为（）A．10,2B．1,12C．31,2D．3,223．已知:||1pxa

−，1:12qx−．若p是q的必要不充分条件，则实数a的取值范围是（）A．(,3]−B．[2,3]C．(2,3]D．()2,34．函数()1()1xxefxxe+=−（其中e为自然对数的底数）的图象大致为（）A．B．C．D．5．函数()l

og(43)afxax=−在1,3是增函数，则a的取值范围是（）A．4,19B．9,4+C．91,4D．40,96．已知定义在R上的函数||()31xmfx−=−（m为实数）为偶函数，

记()0.5log3af=，()2log5bf=，(2)cfm=，则a，b，c的大小关系为（）A．abcB．acbC．cabD．cba7．已知幂函数2242()(1)mmfxmx−+=−在(0,)+上

单调递增，函数()2xgxa=−，1[1,5]x，2[1,5]x，使得()()12fxgx成立，则实数a的取值范围是（）A．1aB．23a−C．31aD．7a8．如图是函数32()yfxxbxcxd==+++的大致图象，则2212xx+=（）A．89B．289C．169D．10

9二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9．定义在R的奇函数()fx满足()()3fxfx−=−，当0,3x时2()3fxxx=−，则以下结论正确的有（）A．

()fx的周期为6B．()fx的图象关于3,02对称C．()20212f=D．()fx的图象关于32x=对称10．如果函数()fx在区间I上是增函数，且()fxx在区间I是减函数，那么称函数()yfx=是区间I上的“缓增函数”，区间I叫做“

缓增区间”则下列函数是区间[1,3]上的“缓增函数的是（）A．()exfx=B．()lnfxx=C．2()23fxxx=−+D．2()233fxxx=−++11．下列说法正确的是（）A．若不等式220axxc++的解集为{12}xx−∣，则2ac+=B．若命题:(0,)px+，1l

nxx−，则p的否定为(0,)x+，1lnxx−C．若0x，0y，8xyxy++=，则xy+的最大值为4D．若2320mxxm++对[0,1]m恒成立，则实数x的取值范围为(2,1)−−12．已知函数3()1fxxx=−+

，则（）A．()fx有两个极值点B．()fx有三个零点C．点()0,1是曲线()yfx=的对称中心D．直线2yx=是曲线()yfx=的切线三、填空题（本题共4个小题，每小题5分，共20分．）13．已知函数2()52lnfxxxx=−+

，则函数()fx的单调递增区间是________．14．已知函数1,0()(1)e,0xaxxfxax+=−为R上的单调递增函数，则实数a的取值范围为________．15．直线22000()axbyab+−=，过函数11xyx+=−图象的对称中心，

则11ab+的最小值为________．16．定义方程()()fxfx=的实数根0x叫做函数()fx的“新驻点”．（1）设()cosfxx=，则()fx在(0,)上的“新驻点”为________；（2）如果函数()exg

xx=−与()ln(1)hxx=+的“新驻点”分别为α，β，那么α和β的大小关系是________．四、解答题（本题共6个小题，共70分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）17．（本题10分）求下列各式的值：（1）()()

32365432(6)3ababab−−；（2）31log41324lglg8lg24532493−++．18．（本题12分）已知集合A是函数()2lg208yxx=−−的定义域，集合B是不等式22210(0)xxaa−+−的解集，:pxA，:qxB．（1）若AB=，

求实数a的取值范围；（2）若¬p是q的充分不必要条件，求实数a的取值范围．19．（本题12分）已知定义在R上的奇函数()fx，当0x时，13()23xxfx+=−．（1）求()fx的解析式；（2）若对任意的tR，不等式()()22220fttftk−+−恒成立，求实数k

的取值范围．20．（本题12分）已知2()e()2xxfxxaxa=−+R．（1）当1a=时，求函数()fx的极值；（2）讨论函数()(1)fxx−的单调性．21．（本题12分）已知函数1()ln(

)1kxfxkx−=+R为奇函数．（1）求实数k的值；（2）已知此函数在(1,)+上单调递增．若存在,(1,)+，使得函数()fx在区间[,]上的值域为ln,ln22mmmm−−，求实数m的取值范围．22．（本题12分）设函数2()22x

xfxaee=−+．（1）若()fx有两个不同的零点，求实数a的取值范围；（2）若函数21()(2)22xxxgxaeaee−=+−−有两个极值点12,xx，证明：()()212112gxgxxxa−−−．新泰中学2020级高三上学期第一

次阶段性考试数学试题答案2022.9一、单项选择题1．C2．B3．C4．A5．D6．C7．A8．C二、多项选择题9．ACD10．CD11．ABD12．AC三、填空题13．10,2和(2,)+（答对一个得0分）14．(1,2]15．322+

16．（1）34（2）（第一个空2分，第二个空3分）l6．（1）∵()cosfxx=，∴()sinfxx=−，根据“新驻点”的定义得()()fxfx=，即cossinxx=−，可得tan1x=−，∵(0,)x，解得34x

=，∴函数()cosfxx=在(0,)上的“新驻点”为34；（2）()exgxx=−，则()e1xgx=−，根据“新驻点”的定义得()()gg=，即1=．∵()ln(1)hxx=+，则1()1hxx=+

，由“新驻点”的定义得()()hxhx=，即1ln(1)1xx+=+，构造函数1()ln(1)1Fxxx=+−+，则函数()yFx=在定义域上为增函数，∵(0)10F=−，1(1)ln202F=−，∵()0F=，由零点存在定理可知，(

0,1)，∴．四、解答题17．【解析】【1】()()32365432(6)3ababab−−215113336224263ababab=−−5501

21244aba==5分【2】134log1324lglg8lg24532493−++121411(lg32lg49)lg8lg2452324=−−++14311(5lg22lg7)lg2(2lg7lg5)23224=−−+++511lg2lg72lg2lg7lg5224=

−−+++111113lg2lg5lg10224244=++=+=．10分18．解：（1）由条件得：{102}Axx=−∣，{11}Bxxaxa=+−∣或3分若AB=，则必须满足121100aaa+−

−，解得：1110aaa，所以11a，所以，a的取值范围的取值范围为：{11}aa∣；6分（2）易得：¬:2px或10x−，7分∵¬p是q的充分不必要条件，∴{210}xxx−∣或是{11}Bxxaxa=+−∣或的真子集，8分则121100aaa+−

−，解得：1110aaa，所以01a．∴a的取值范围的取值范围为：{01}aa∣．12分19．（1）当0x时，0x−，则133()2233xxxxfx−−+−−=−=+，又因为()fx为奇函数，所以3()23xxfx−−=

+，所以3()23xxfx−=−+，所以13,023()32,03xxxxfxxx+−=−−+．6分（2）因为当0x时，13()23xxfx+=−，12xy=单调递减，33xy+=−也单调递减，因此()fx在[0,)+上单

调递减，又()fx为奇函数，所以()fx在(,0]−上单调递减，所以()fx在(,)−+上单调递减，因为()()22220fttftk−+−在tR上恒成立，所以()()2222fttftk−

−−，又因为()fx为奇函数，所以()()2222fttfkt−−，l0分所以2222ttkt−−在tR上恒成立，即2320ttk−−在tR上恒成立，所以Δ4120k=+，即13k−．12分20．【解析】【1】当1a=时，2()2xxfxxex=−+()()

(1)(1)1xxxfxexexxe=+−=++−，令()0fx=得1x=−或0x=．3分x(,1)−−1−(1,0)−0(0,)+()fx+0-0+()fx↗↘↗∴1x=−时，()fx有极大值11(1)2fe−=−，0x=时，()fx有极小值()0

0f=．5分【2】()()(1)(1)xxxfxexeaxxea=+−+=+−，∵1x−，∴10x+．（1）当0a时，有0xea−，当1x−，()0fx，()fx在(1,)−+上单调递增．7分（2）当0a时，令()0fx=，得lnxa=．

①当ln1a−，即10ae，有()0fx，从而函数()fx在(1,)−+上单调递增．9分②当ln1a−，即1ae时，当(1,ln)xa−，()0fx，()fx单调递减；当(ln,)xa+，()0fx，()fx单调递增．11分综上，1ae

时，()fx在(1,)−+上单调递增：当1ae时，()fx在(1,ln)a−单调递减，在(ln,)a+单调递增．12分21．【解析】【1】解：由()fx为奇函数，得()()fxfx−=−，即11lnln11

kxkxxx−−−=−−++，11lnln011kxkxxx−−−+=−++，所以2221ln01kxx−=−，则222111kxx−=−，解得21k=，1k=，4分经检验知：1k=．5分【2】由已知知

()fx在(1,)+上为增函数，又因为函数()fx在[,]上的值域为11ln,ln22mm−−，所以0m，且1lnln121lnln12mmmm−=−+−=−+，所以112112mmmm

−=−+−=−+，7分即α，β是方程112xmmxx−=−+的两实根，问题等价于方程211022mmmxx−−+−=在(1,)+上有两个不等实根，8分令2()1122

mmhxmxx=−−+−，对称轴1124xm=−，则2011124Δ141022(1)0mmmmmhm−=−−−=，即0205229mmmm或，解得209m．12分22．【解析】（1）令ext=，则()

fx有2个零点，等价于2220att−+=存在两个正根．所以Δ020a，102a，所以使得()fx有两个零点的a的取值范围是10,2．4分（2）()()22()(2)2122xxxxxxxgxaeaeeeeaee−−=+−+

=+−+，因为0xe−，10xe+，且()gx有两个极值点12,xx，所以，12,xx为2e2e20xxa−+=的两个不同解．由（1）知102a，且122xxeea+=，122xxeea=，不妨设21xx，6分()()()()()212121222121211(2)22x

xxxxxaeeaeeeegxgxxxxx−−−+−−−−−=−−()()()()1221212121211(2)22xxxxxxxxxxeeaeeeeaeeeexx−−++−−−=−．()()()212121

21212121211212(2)(2)22(21)xxxxxxxxxxeeaeeaeeaaaeeeeaaxxxxxx−++−+−+−+−===−−−−要证明()()212112gxgxxxa−−−，只需证2121ee21(21)xxaaxx

a−−−−，因为102a，所以210a−，只需证21211xxeexxa−−，9分注意到122eexxa+=，只需证212121eeee2xxxxxx−+−，两边同除1ex得212121112xxxxeexx−−−+−，因为21xx，只需证()

()()2121212e1e1xxxxxx−−−+−，设21(0)xxtt−=，令()()e12e2(0)ttuttt=+−+，则只需证()0ut即可．则()e(1)1tutt=−+，令()()e(1)1tvtutt==−+，则()e

0tvtt=，所以()vt在(0,)+上单调递增，所以()(0)0vtv=，即()0ut，所以()ut在(0,)+上单调递增，所以()(0)0utu=，得证．12分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xian

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