2023届山东省潍坊市（安丘、诸城、高密）三县市高三10月联考数学试题含解析

这是一份2023届山东省潍坊市（安丘、诸城、高密）三县市高三10月联考数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届山东省潍坊市（安丘、诸城、高密）三县市高三10月联考数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】计算绝对值不等式得到，从而进行交集，并集，补集相关计算.【详解】由得：，所以，又因为，所以，故，A错误；，B正确；，C错误；，D错误.故选：B2．已知命题：有的长方形是正方形，则（    ）A．：有的长方形不是正方形 B．：所有长方形都不是正方形C．：所有的长方形都是正方形 D．：不是长方形的图形都不是正方形【答案】B【分析】根据特称命题的否定，可得答案.【详解】由题意，：存在一个长方形，该长方形是正方形，：所有长方形都不是正方形.故选：B.3．已知数列的前项和为，且满足，若，则（    ）A．2 B．4 C．20 D．40【答案】A【分析】由可得【详解】.故选：A4．“关于的方程没有实数解”的一个必要不充分条件是（    ）A． B． C．或 D．或【答案】C【分析】先得到，从而得到或，进而判断出四个选项中，符合要求的选项.【详解】，因为，所以，因为，所以，，，要想没有实数解，则或，由于或，故A不成立；由于或，故B不成立；由于或或，且或或，C正确；D选项为充要条件，不合要求.故选：C5．偿还银行贷款时，“等额本金还款法”是一种很常见的还款方式，其本质是将本金平均分配到每一期进行偿还，每一期的还款金额由两部分组成，一部分为每期本金，即贷款本金除以还款期数，另一部分是利息，即贷款本金与已还本金总额的差乘以利率．自主创业的大学毕业生张华向银行贷款的本金为72万元，张华跟银行约定，按照等额本金还款法，每个月还一次款，30年还清，贷款月利率为0.4%，设张华第个月的还款金额为元，则（    ）A．2288 B． C． D．【答案】D【分析】计算出每月应还的本金数，再计算第n个月已还多少本金，由此可计算出个月的还款金额.【详解】由题意可知：每月还本金为2000元， 设张华第个月的还款金额为元，则，故选：D6．已知函数，将函数的图象绕原点逆时针旋转角后得到曲线，若曲线仍是某个函数的图象，则的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用导数求出函数在原点的切线的斜率，即可求出其倾斜角，再结合函数图象及函数的定义判断即可.【详解】解：因为，所以，则．即函数在原点的切线的斜率，所以．由图可知：当函数图象绕坐标原点逆时针方向旋转时，旋转的角大于时，旋转所得的图象与轴就会存在两个交点，此时曲线不是函数的图象，故的最大值是．故选：B．7．足球运动是目前全球体育界最具影响力的项目之一，深受青少年喜爱．有甲，乙，丙，丁四个人相互之间进行传球训练，从甲开始传球，甲等可能地把球传给乙，丙，丁中的任何一个人，以此类推，则经过三次传球后乙只接到一次球的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】计算出每一种情况后，再求和即可.【详解】由题意，根据第一次传给乙第二次传给甲或丙或丁第三次传给丙丁或甲丁或甲丙，第一次传给丙或丁第二次传给乙第三次传给甲或丙或丁，第一次传给丙或丁第二次传给甲丁或甲丙第三次传给乙分别求出概率，再求和可得答案..故选：D8．已知，，，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由题意变形得，构造函数证得，观察选项，通过变形可知比较的是的大小，故构造函数证得其单调递减，由此得到所比大小排序.【详解】因为，，，所以由两边取自然对数得，即，故，再由得，故，令，则，故在上单调递减，又由上式可知，故，由四个选项的不等式同时除以可知，比较的是的大小，故令，则，再令，则，故在上单调递减，所以，故，所以在上单调递减，又因为，所以，即，上述不等式两边同时乘以得，.故选：D. 二、多选题9．某产品的质量指标值服从正态分布，则下列结论正确的是（    ）A．越大，则产品的质量指标值落在内的概率越大B．该产品的质量指标值大于50的概率为0.5C．该产品的质量指标值大于50.01的概率与小于49.99的概率相等D．该产品的质量指标值落在内的概率与落在内的概率相等【答案】BC【分析】对于A，根据标准差的性质分析判断，对于BCD，根据正态分布的性质分析判断即可.【详解】对于A，越大，则数据越分散，所以产品的质量指标值落在内的概率越小，所以A错误，对于B，因为产品的质量指标值服从正态分布，所以正态分布的图象关于直线对称，所以该产品的质量指标值大于50的概率为0.5，所以B正确，对于C，由选项B可知正态分布的图象关于直线对称，所以该产品的质量指标值大于50.01的概率与小于49.99的概率相等，所以C正确，对于D，由选项B可知正态分布的图象关于直线对称，所以由正态分布的图象可知该产品的质量指标值落在内的概率大于落在内的概率，所以D错误，故选：BC10．已知，，且，下列结论中正确的是（    ）A．的最小值是 B．的最小值是C．的最小值是9 D．的最小值是【答案】BC【分析】根据基本不等式即可逐一求解.【详解】由，得，当且仅当时等号成立，故A错误，由于，所以，当且仅当时等号成立，故B正确，，，当且仅当时等号成立，故C正确，，故D错误，故选：BC11．已知，则关于函数说法正确的是（    ）A．函数在上为减函数 B．函数的图象的对称轴为C．，使得 D．【答案】AD【分析】利用不同象限表示不同的圆锥曲线图象可求解.【详解】当时，原等式化为，当时，原等式化为，当时，原等式化为，当时，原等式化为，此方程无解，结合椭圆、双曲线的图象作出图象如下：由图象可知，函数在上为减函数，所以A正确；第一象限的图象为椭圆的部分，不关于，所以B错误；函数图象不出现在第三象限，所以不存在，使得，所以C错误；因为第四象限部分双曲线的渐近线与第二象限的双曲线部分的渐近线都为，所以结合函数图象恒成立，所以D正确.故选:AD.12．将各项均为正数的数列中的所有项按每一行比上一行多一项的规律排成数表，如图所示．记表中各行的第一个数，，，，…构成数列，各行的最后一个数，，，，…构成数列，第行所有数的和为．已知数列是公差为的等差数列，从第二行起，每一行中的数按照从左到右的顺序成公比为的等比数列，且，，．则下列结论正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】ABD【分析】由条件结合确定与的关系，根据等差数列通项公式和等比数列通项公式求出数列的公差，由此可得的通项公式，再求，并根据等比数列求和公式求，由此判断各选项.【详解】由已知第行有个数，各行的最后一个数，，，，…构成数列，所以，，，，由此可得，所以，B对，又，，，，，由此可得，因为数列是首项为1，公差为的等差数列，所以，所以，，由因为从第二行起，每一行中的数按照从左到右的顺序成公比为的等比数列，所以，，由已知可得，，所以，，所以，A正确，由已知，所以，C错误，所以，D对，故选：ABD. 三、填空题13．已知函数______．【答案】1.5【分析】由结合条件时，化简可得，再由时，，结合对数运算性质求其值.【详解】因为函数在上单调递增，所以，所以，因为时，，所以，因为时，，所以，故答案为：.14．在的展开式中，的系数为______．【答案】【分析】展开通项为，可得包含，再求出展开项x的系数即可【详解】由二项式展开项通项公式可得 ，故只有包含，又展开项通项公式为，故当时，的系数为.故答案为：15．已知数列满足，，则数列的前项和______．【答案】【分析】当时，可知，进而可知，即，从而可知的奇数项和偶数项都是等比数列，进而分奇偶两部分，可求出.【详解】由，，得.当时，，所以，即，所以的奇数项是以1为首项，2为公比的等比数列；其偶数项是以2为首项，2为公比的等比数列.则.故答案为：.16．进入秋冬季以来某病毒肆虐，已知感染此病毒的概率为10%，且每人是否感染这种病毒相互独立．为确保校园安全，某校组织该校的3000名学生做病毒检测，如果对每一名同学逐一检测，就需要检测3000次，但实际上在检测时都是随机地按人一组分组，然后将各组个人的检测样本混合再检测．如果混合样本呈阴性，说明这个人全部阴性，如果混合样本呈阳性，说明其中至少有一人检测呈阳性，就需要对该组每个人再逐一检测一次．当检测次数最少时的值为______．参考数据：，，，，，，，，．【答案】4【分析】设每个人检测次数为X，若混合为阴性，则；若混合为阳性，则.依次求出、、，则当最小时，检测次数最少，最后研究的最小值即可【详解】设每个人检测次数为X，若混合为阴性，则；若混合为阳性，则.则，，，故当最小时，检测次数最少. 当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，.故当时，最小.故答案为：4 四、解答题17．已知数列中，，当时，．(1)求数列的通项公式；(2)设，数列中是否存在最大项与最小项？若存在，求出最大项与最小项；若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)存在，最小项为，最大项为 【分析】(1)由递推式证明数列为等比数列，根据等比数列通项公式求其通项，再求数列的通项公式；(2)研究数列的单调性，由此确定其最值.【详解】(1)因为当时，有，所以，令，则，，又，所以，，所以数列为等比数列，公比为2，首项为2，所以，所以，(2)由（1）知，得，，当时，，，即；当时，，，即；当时，，，即，所以数列是先增后减，最大项为，因为当时，且数列是单调递增；当时，所以数列的最小项为．18．从有3个红球和4个蓝球的袋中，每次随机摸出1个球，摸出的球不再放回，记表示事件“第次摸到红球”，．(1)求第一次摸到蓝球的条件下第二次摸到红球的概率；(2)记表示，，同时发生的概率，表示已知与都发生时发生的概率．①证明：；②求．【答案】(1)(2)①证明见解析，② 【分析】（1）所求概率为，由条件概率的公式计算.(2) ①由条件概率的公式计算推导可证, ②由①的结论,分类计算所求概率.【详解】(1)由条件概率公式可得；所以第一次摸到蓝球，第二次摸到红球的概率为；(2)①由条件概率乘法公式可得，由,可得,所以②由①可得=，所以．19．已知函数，其中．(1)若函数的单调减区间为，求实数，的值；(2)若，已知曲线在点处的切线与轴的交点为，求的最小值．【答案】(1)，(2)13 【分析】(1)由已知的解集为，根据二次方程和二次不等式的解的关系求，的值；(2)根据导数的几何意义确定的关系，由此可得，利用导数求其最小值．【详解】(1)因为，所以，已知函数的单调减区间为，故的解集为，所以故解得，，当，时，，当时，，函数在单调递增，当时，，函数在单调递减，当时，，函数在单调递增，满足已知条件，故，；(2)因为，所以，可得，即，又由，得切线方程为，即，令，可得，即，则，令，，可得，，令，即，解得，令，即，解得，所以函数在区间单调递减，在区间单调递增，所以当时，函数取得最小值，最小值为．20．一工厂为了提高生产效率，对某型号生产设备进行了技术改造，为了对比改造前后的效果，采集了20台该种型号的设备技术改造前后连续正常运行的时间长度（单位：天）数据，整理如下表：设备编号1234567891011121314151617181920改造前2226321728273427182320362624344025212524改造后2833392625353834432440352933353731413133 (1)根据所给数据，完成下面的列联表，并判断能否有99%的把握认为技术改造前与技术改造后的连续正常运行时间有差异？ 设备连续正常运行天数超过30天设备连续正常运行天数未超过30天合计改造前   改造后   合计    (2)若某台设备出现故障，则立即停工并申报维修，根据长期生产经验，每台设备停工天的总损失额记为（单位：元）满足，现有两种维修方案（一天完成维修）可供选择：方案一：加急维修单，维修人员会在设备出现故障的当天上门维修，维修费用为4000元；方案二：常规维修单，维修人员会在设备出现故障当天或者之后3天中的任意一天上门维修，维修费用为1000元．现统计该工厂最近100份常规维修单，获得每台设备在第天得到维修的数据如下：1234频数10304020 将频率视为概率，若某台设备出现故障，以该设备维修所需费用与停工总损失额的和的期望值为决策依据，应选择哪种维修方案？，0.0500.0250.0100.0050.0013.8415.0246.6357.87910.828  【答案】(1)表格见解析，有99%的把握(2)方案一 【分析】（1）根据已知表中的数据填写列联表，然后利用求出，再利用临界值表判断即可，（2）根据题意分别计算出时，设备的总损失额，设选择方案一、方案二的设备维修所需费用与设备停工总损失额分别为、元，则，的可能取值有：4600，6900，9400，12100，求出相应的概率，可得随机变量的分布列，求出，然后比较可得结论.【详解】(1)列联表为： 设备连续正常运行天数超过30天设备连续正常运行天数未超过30天合计改造前设备台数51520改造后设备台数15520合计202040 易知所以有99%的把握认为技术改造前与技术改造后的连续正常运行时间有差异．(2)当时，设备的总损失额为元；当时，设备的总损失额为元；当时，设备的总损失额为元；当时，设备的总损失额为元；设选择方案一、方案二的设备维修所需费用与设备停工总损失额分别为、元，选择方案一，则元，选择方案二，则的可能取值有：4600，6900，9400，12100，所以，，，，，所以，随机变量的分布列如下表所示：46006900940012100 所以，元，所以，，故选方案一.21．已知数列，的各项都是正数，是数列的前项和，满足；数列满足，，(1)求数列和的通项公式；(2)记 ，数列的前项和为，若不等式对一切恒成立，求的取值范围．【答案】(1)，(2) 【分析】（1）先根据条件算出 ，再算出 和 ；（2）对于 采用分组求和的方法，推出 的解析式，再根据条件，计算不等式 ，确定 的范围.【详解】(1)依题意，根据，得，又，，得；当时，；当时，适合上式，所以数列的通项公式，所以，，又因为，所以数列为等比数列，所以，解得或（舍去），所以；(2)由题意可知，，；由已知可得 ，设的前项和中，奇数项的和为，偶数项的和为，所以，，当为奇数时，，所以，当为偶数时，，所以，由，得，即，当为偶数时，对一切偶数成立，当 时， 为最小值，所以，当为奇数时，对一切奇数成立，当 时 为最大值，所以此时，故对一切恒成立，则．综上，，， 的取值范围是.22．已知函数，．(1)设，分别为，的导函数，试讨论根的个数；(2)若，当时，恒成立，求的取值范围．【答案】(1)当时，有一个零点；当时，有两个零点；当时，有一个零点；当时，无零点；(2) 【分析】(1)方程的根的个数，转化为函数的零点个数，利用导数讨论单调性来解决.(2) 恒成立问题转化为函数最值问题，讨论函数单调性，得到最值.【详解】(1)由题意可得，，令，，，当时，，为减函数；当时，，为增函数；所以的最小值为，令，显然为减函数，且，所以当，，所以，所以无零点；当，，所以有一个零点；当，，因为当时，，故无零点，当，有一个零点；当时，，显然有一个零点；当时，当时，有一个零点，当，有一个零点；故有两个零点．综上所述，当时，有一个零点；当时，有两个零点；当时，有一个零点；当时，无零点；(2)，，由题设可得，即，令得，，①若，则，当时，，当时，，即在单调递减，在单调递增，故在取最小值，而所以当时，，即恒成立．②若，则，所以当时，，∴在单调递增，而，∴当时，，即恒成立，③若，则，所以当时，不可能恒成立．综上所述，的取值范围为．【点睛】1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.3..证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.