2023-2024学年上海市静安区高三上学期期中考试数学模拟试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年上海市静安区高三上学期期中考试数学模拟试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了填空题，选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第题每题4分，第7-12题每题5分）
1．若集合，，则集合的非空真子集的个数为 .
2．的定义域为
3．函数的值域是 ．
4．关于x的不等式的解是 ．
5．已知幂函数，若，则a的取值范围是 .
6．设是定义在R上以2为周期的偶函数，当时，，则函数
在上的解析式是
7．若，则 ．
8．已知存在，对任意，不等式成立，则实数a的取值范围是 ．
9．设函数存在最小值，则的取值范围是 .
10．已知正实数a，b满足，则的最小值为 ．
11．已知正实数a，b满足，则的最小值为 ．
12．给定一张的数表（如下表），
统计，，，中各数出现次数．若对任意，1，，n，均满足数k恰好出现次，则称之为阶自指表，举例来说，下表是一张4阶自指表．
对于如下的一张7阶自指表．记，N的所有可能值为 ．
二、选择题(本大题共有4题，满分20分，每题5分)
13．已知，则（ ）
A．B．C．D．
14．设函数，则点不可能在函数（ ）的图像上．
A．B．
C．D．
15．从商业化书店到公益性城市书房，再到“会呼吸的文化森林”--图书馆，建设高水平､现代化､开放式的图书馆一直以来是大众的共同心声，现有一块不规则的地，其平面图形如图1所示，（百米），建立如图2所示的平面直角坐标系，将曲线AB看成函数图象的一部分，为一次函数图象的一部分，若在此地块上建立一座图书馆，平面图为直角梯形（如图2），则图书馆占地面积（万平方米）的最大值为（ ）

A．2B．C．D．
16．已知定义在R上的函数，，依次是严格增函数、严格减函数与周期函数，记．则对于下列命题：
①若是严格增函数，则；
②若是严格减函数，则；
③若是周期函数，则．正确的有（ ）
A．无一正确B．①②C．③D．①②③
三、解答题(共5道大题，其中17题14分，18题14分，19题14分，20题16分，21题18分，共计76分)
17．已知或，或．
(1)若是的充分条件，求实数m的取值范围；
(2)若是的必要条件，求实数m的取值范围．
18．已知，关于x的不等式．
(1)若，且，求解该不等式；
(2)若该不等式解集为，求a的取值范围．
19．设，且.
(1)若，求的最小值；
(2)求的最小值.
20．已知，函数，．
(1)当时，若斜率为0的直线l是的一条切线，求切点的坐标；
(2)若与有相同的最小值，求实数a．
21．给定自然数i．称非空集合A为减i集，若A满足：
（i），；
（ii）对任意x，，只要，就有．问：
(1)直接判断是否为减0集，是否为减1集；
(2)是否存在减2集?若存在，求出所有的减2集；若不存在，请说明理由；
(3)是否存在减1集?若存在，求出所有的减1集；若不存在，请说明理由．
0
1
2
3
n
0
1
2
3
1
2
1
0
0
1
2
3
4
5
6
1．
【分析】先用列举法把集合求出来，然后根据集合的定义求出集合，不妨设集合中有个元素，则集合的非空真子集的个数为个.
【详解】由题意知，
又定义集合，
所以集合中可能有以下元素：，
，，
根据集合的元素之间满足互异性去重得，
所以集合B中含有个元素，
所以集合B的非空真子集的个数为.
故14.
2．
【分析】根据解析式，求出使解析式有意义的自变量的范围，即可得出结果.
【详解】因为，
所以，，
解得，
即函数的定义域为.
故
3．
【分析】讨论去绝对值，得到分段函数，求出各段上的值域，求并集得解.
【详解】由，
当时，单调递增，所以，
故函数的值域为.
故答案为.
4．
【分析】解分式不等式可得答案.
【详解】由可得，即，
解得，
所以不等式的解集是.
故答案为.
5．
【分析】根据题意得到幂函数的定义域和单调性，得到不等式的等价不等式组，即可求解.
【详解】由幂函数，
可得函数的定义域为，且是递减函数，
因为，可得，解得，
即实数的取值范围为.
故
6．
【详解】设，则，结合题意可得：，
设，则，故.
综上可得，函数在上的解析式是.
7．
【分析】根据导函数的定义得，求得，进一步求解即可.
【详解】因为，所以，，
则
故
8．
【分析】根据题意求出不等式左边的最大值恒大于右边的最大值即可.
【详解】设，
因为
当时，，为减函数；
当时，，为增函数；
故；
因为存在，对任意，不等式成立，
等价于恒成立，等价于
故，
故
9．
【分析】根据题意分，，和四种情况结合二次函数的性质讨论即可》
【详解】①当时，，故函数在上单调递增，因此不存在最小值；
②当时，，
当时，，故函数存在最小值；
③当时，，故函数在上单调递减，
当时，；当时，.
若，则不存在最小值，故，解得.
此时满足题设；
④当时，，故函数在上单调递减，
当时，；当时，.
因为，所以，
因此不存在最小值.
综上，的取值范围是.
故
关键点点睛：此题考查含参数的分段函数求最值，考查二次函数的性质，解题的关键是结合二次函数的性质求函数的最小值，考查分类讨论思想，属于较难题.
10．36
【分析】将原式转化变形，利用基本不等式求解得结果.
【详解】，，，
，当且仅当即，时等号成立，
所以原式的最小值为36.
故36.
11．##2.4
【分析】由题设条件有，令，则有、，应用基本不等式求范围且恒成立，进而求的范围，即可得结果.
【详解】由，则，且，
令，则，且，
，即，仅当时等号成立，
对于恒成立，当且仅当，即时，等号成立，
综上，若，则，
而，即，即时，等号成立，
综上，，仅当，即时，等号成立，
目标式最小值为.
故答案为.
12．
【分析】由题意，写出7阶自指表，求出，，代入即可求出.
【详解】由题意可得，7阶自指表为:
此时，，，，，
所以.
故答案为.
13．D
【分析】以为整体，利用诱导公式运算求解.
【详解】由题意可得.
故选：D.
14．A
【分析】先表示出点的坐标，然后逐项代入函数中判断点在函数上的可能性即可.
【详解】因为即为，
对于A：若点在函数上，则有，所以，
显然，所以点不可能在上；
对于B：若点在函数上，则有，所以，
所以当，时，点在上；
对于C：若点在函数上，则有，
若取时，显然成立，所以点可能在上；
对于D：若点在函数上，则有，
若取时，显然成立，所以点可能在上；
故选：A.
15．D
【分析】先根据，求出，直线的方程，然后设后得到，点坐标进而得，再利用导数求最值.
【详解】因，故，由题意
直线的方程为：，即，
将代入得，得，
所以，
因在直线上，可设，
因在上，故，,
所以，，，
直角梯形的面积，
即，
，
令得，又，所以在区间上单调递增，
令得或，又，所以在区间上单调递减，
故当时，取得最大值为，
故选：D
16．D
【分析】根据函数是严格增函数，严格减函数，周期函数，并结合函数的单调性质和周期性质进行逐项判断.
【详解】对于①项：是严格增函数，得：，且，有 ：
又因为：，分别为严格减函数，周期函数不符题意，为严格增函数符合题意，
所以：，故①项正确；
对于②项：是严格减函数，得：，且，有 ：，
又因为：，分别为严格增函数，周期函数不符题意，为严格减函数符合题意，
所以：，故②项正确；
对于③项：是周期函数，设其周期为：，则得：，，都有：，
又因为：，分别为严格增函数，严格减函数不符题意，为周期函数符合题意，
所以：，故③项正确.
故选项D正确.
故选：D.
17．(1)
(2)
【分析】利用充要条件与集合的关系，结合集合的包含关系即可得解.
【详解】（1）设或，或，
因为是的充分条件，所以，
当时，即，此时，不满足题意；
当时，即，有，解得；
综上：m的取值范围为.
（2）因为是的必要条件，所以，
当时，即，此时，成立；
当时，即，有，无解.
综上：m的取值范围为.
18．(1)
(2)
【分析】（1）因为，由得，由得则，化简不等式，解出即可；
（2）根据题意知，的解集为，的解集为，结合韦达定理及，解出即可.
【详解】（1）因为，且，故，
又，故则，
所以不等式可化为，
即，解得或
故不等式的解集为
（2）若不等式的解集为，
则的解集为,即在上恒成立，
故，
且的解集为，即是方程的两根，
则，
由，
得，
解得，又，
故a的取值范围为
19．(1)8
(2)3
【分析】（1）根据，将所求式子分子“1”替换，结合基本不等式即可得最小值；
（2）法1：利用三个数和的完全平方公式变形，再结合重要不等式即可求最小值；法2：利用柯西不等式求解最小值即可.
【详解】（1）因为，
所以
，
当且仅当时，等号成立.
所以的最小值为8.
（2）法1：
，
故由已知得，
当且仅当时，等号成立.
所以的最小值为3.
法2：，故，当且仅当时，等号成立.
所以的最小值为3.
20．(1)
(2)1
【分析】（1）由得切点的横坐标，再代入计算出纵坐标即得切点坐标；
（2）首先由导数求得与的最小值，由两最小值相等求，为此方程变形后引入新函数，利用导数确定单调性得出零点．
【详解】（1）由题意，，由得，此时，
所以切点为；
（2），时，，在上是增函数，无最小值，所以，
，
时，，递减，时，，递增，
所以有唯一的极小值也是最小值，
，，
，，递减，时，，递增，
所以有唯一的极小值也是最小值为，
由题意，，
设，则，
设，则，
时，，递增，时，，递减，
所以，所以，即，是减函数，
又，因此是的唯一零点，
所以由得．
21．(1)P是“减0集”，不是“减1集”
(2)不存在，理由见解析
(3)存在“减1集”；
【分析】（1）根据所给定义判断即可；
（2）利用反证法证明即可；
（3）根据所给定义，假设,即可得到,即可得到1个“减1集”，依次类推即可.
【详解】（1）因为，，，
所以是“减0集”，
同理因为，，，
所以不是“减1集”.
（2）假设存在“减2集”，
则，那么，
分以下两种情形来讨论：
情形一：当时，有，
注意到，所以中有一个是2，有一个是4，
所以集合中除1以外的最小元素为6，
但是，，
而这与集合是“减2集”矛盾.
情形二：当时，则或，
（因为若为负整数，则，即此时），
若，有，
注意到，所以中有一个是2，有一个是3，
所以集合中除1以外的最小元素为5，
但是，，
而这与集合是“减2集”矛盾；
若，有，
不妨设，，
且此时集合中除1以外的最小元素为，
但是，所以,
而这与集合是“减2集”矛盾.
综上所述：不存在集合是“减2集”.
（3）假设存在是“减1集”，.
假设，则中除了元素1以外，必然还含有其他元素.
假设，则，但，因此，
假设，则，且，因此，
因此可以有,
假设，则，但，因此，
假设，则，且，因此，
可得奇数可能属于减一集，偶数不属于减一集，
又当时，，但，
所以A中元素应该小于7，
因此减1集可以有.
关键点睛：第一问比较常规，第二问的关键是利用“减2集”的性质分两种情况和证出矛盾，第三问的关键也是一样的，假设存在然后根据“减1集”的性质即可求解.
0
1
2
3
4
5
6