2023届上海市进才中学高三上学期10月月考数学试题含解析

2023届上海市进才中学高三上学期10月月考数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则集合的子集个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】D

【分析】首先解指数不等式得到，即可得到，再求子集个数即可.

【详解】，

则，子集的个数为，

故选：D．

2．用数学归纳法证明能被31整除时，从k到添加的项数共有（    ）项

A．7 B．6 C．5 D．4

【答案】C

【分析】分别写出与时相应的代数式，对比观察求解.

【详解】当时，则

当时，则

∴从k到添加的项数共有5项

故选：C.

3．已知函数对任意都有且的图像关于点对称，则（    ）

A． B．0 C．3 D．6

【答案】B

【分析】根据得到函数周期为12，从而得到，再根据的图像关于点对称，得到的图象关于点对称，得到，再利用赋值法求出，最终求出.

【详解】因为，

所以，

两式相减后得：，

故函数的周期，，

所以，

中，令得：

的图像关于点对称，

所以的图象关于点对称，

又的定义域为R，

所以，

中，令得：，

所以，

因为为奇函数，

所以，所以，解得：，

所以，

则.

故选：B

4．若存在实常数k和b，使得函数和对其公共定义域上的任意实数x都满足：和恒成立，则称此直线为和的“隔离直线”，已知函数，，（e为自然对数的底数），有下列两个命题：

命题：和之间存在唯一的“隔离直线”；

命题：和之间存在“隔离直线”，且b的最小值为.

则下列说法正确的是（    ）

A．命题、命题都是真命题 B．命题为真命题，命题为假命题

C．命题为假命题，命题为真命题 D．命题、命题都是假命题

【答案】B

【分析】对命题：和有公共点，故隔离直线过该公共点，设为，结合二次函数性质对参数分类讨论研究恒成立得，则直线为，再用导数法证恒成立即可；

对命题：设隔离直线为，则有对任意恒成立，结合二次函数性质对参数分类讨论即可

【详解】（1）对命题：

设，的隔离直线为，则对任意恒成立，故对任意恒成立，

由对任意恒成立，得，

若，则符合题意，

若，则对任意x都成立，

又因为的对称轴为，从而，即，所以，

又的对称轴为，∴，即，

∴，故，同理可得，即，故命题为假命题；

（2）对命题：

函数和的图象在处有公共点，若存在和的隔离直线，那么该直线过这个公共点，

设隔离直线的斜率k，则隔离直线方程，即，

由恒成立，

i.若，则 不恒成立，不符合题意；

ii.若，由恒成立，

令 ，对称轴，则在上单调递增，又，故不恒成立，不符合题意；

iii.若，可得在时恒成立，

的对称轴为，则，故只有，此时直线，

下面证明，

令，则，

易得，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，

故当时，函数取得极小值0，也是最小值，

所以，故，所以和存在唯一的隔离直线，故命题为真命题.

故选：B

【点睛】含参不等式恒成立问题，一般通过构造函数解决.

一般将参数分离出来，用导数法讨论不含参数部分的最值；或者包含参数一起，用导数法对参数分类讨论.

当参数不能分离出来时，也可尝试将不等式左右变形成一致形式，即可将该形式构造成函数，通过导数法分析单调性，将问题等价成对应自变量的不等式.

二次函数可直接通过性质讨论

二、填空题

5．命题“或”是命题“”的___________条件.

【答案】必要非充分

【分析】先判断充分性，再判断必要性得解.

【详解】解：当“或”成立时，“”不一定成立，

所以命题“或”是命题“”的非充分条件；

当“”成立时，“或”一定成立，

所以命题“或”是命题“”的必要条件.

故答案为：必要非充分

6．不等式的解集为__________.

【答案】或

【分析】写出分式不等式的等价不等式组，再解不等式组即可.

【详解】因为，所以，即，

等价于，解得或，

所以不等式的解集为或.

故答案为：或

7．已知复数满足：（为虚数单位），则________．

【答案】1

【分析】根据复数除法运算可得，结合共轭复数概念得，再由复数虚部的概念理解可得结果．

【详解】∵，则

∴

故答案为：1．

8．已知，，是直线，给出下列命题：

①若，，则；

②若，，则；

③若，，则；

④若与异面，则至多有一条直线与，都垂直．

其中真命题是______（写出所有正确命题的序号）．

【答案】①③

【分析】根据空间中线线的位置关系判断即可；

【详解】解：已知，，是直线，给出下列命题：

①若，，根据平行线的传递性可得：，正确；

②若，，则与平行、相交或为异面直线，因此不正确；

③若，，则，正确；

④若与异面，则有无数条直线与，都垂直，因此不正确．

其中真命题是 ①③．

故答案为：①③．

9．通过三角不等式可知，则等号成立的条件为______.

【答案】

【分析】根据三角不等式的定义结合一元二次不等式的解法即可得出答案.

【详解】解：由三角不等式可知，

当且仅当，即时，取等号，

所以等号成立的条件为为.

故答案为：.

10．一袋中装有大小与质地相同的5个红球和3个黑球，任取3球，记其中黑球数为X，则______．

【答案】

【分析】由题意知的可能取值，计算对应的概率值，即可写出分布列，求出数学期望值．

【详解】的取值为 0，1，2，3，

，，，，

随机变量的概率分布为：

数学期望为．

故答案为：

11．“”是“”的______条件.

【答案】充分非必要

【分析】分别作出、所代表的平面区域，即可判断

【详解】可化为或或或，其平面区域如图，

又的平面区域为直线划分的左下平面，

经验证，点代入符合，故的平面区域包含的平面区域.

即“”是“”的充分非必要条件.

故答案为：充分非必要

12．已知，，且对任意的x、y满足，则a的取值范围是______.

【答案】

【分析】由，运用均值不等式求的最大值，即可求

【详解】∵，，∴，∴，∴.

故答案为：

13．已知等差数列的公差为3，则、、、…、这11个数据的方差______.

【答案】90

【分析】根据平均数和方差的相关公式，结合等差数列定义和性质运算求解.

【详解】∵数列为等差数列，则这11个数据的平均数：

∴这11个数据的方差

故答案为：90.

14．已知、，若曲线上的点P满足条件，则t的取值范围为______.

【答案】

【分析】根据向量数量积的坐标运算可得，根据直线与圆利用数形结合理解运算.

【详解】，即

则曲线表示以坐标原点O为圆心，半径为1的上半圆

设点，则

∴

即直线（斜率为-1，纵截距为）与曲线有公共点，如图所示：

直线过点，则，即

直线与曲线相切，则，解得或（舍去）

∴，则

故答案为：.

15．已知曲线C的方程为，则下列说法正确的是______.（填写序号）

①曲线C关于原点中心对称；

②曲线C关于直线对称；

③若动点P、Q都在曲线C上，则线段的最大值为3；

④曲线C的面积小于3.

【答案】①②

【分析】对于①②：根据对称理解运算；对于③④：根据椭圆定义可知曲线C为椭圆，结合椭圆性质分析求解.

【详解】对①：∵曲线C的上任一点关于原点的对称点为

则，即在曲线C上

∴曲线C关于原点中心对称，①正确；

对②：∵曲线C的上任一点关于直线的对称点为

则，即在曲线C上

∴曲线C关于直线对称，②正确；

∵，则

∴，即

又∵，即

则

同理可得：

则曲线C的上任一点到的距离之和为：

∴曲线C表示以为焦点且的椭圆，则

对③：则线段的最大值为，③错误；

对④：则曲线C的面积，④错误；

故答案为：①②.

16．已知实数a、b满足且，则的取值范围为______.

【答案】

【分析】将代数式齐次化后利用判别式可求代数式的取值范围.

【详解】因为且，故，设，则，

故，

令，则，故动点在如图所示的半椭圆上，

而，故该代数式表示与的连线的斜率，

设，直线，

由可得，

当直线与椭圆相切时，有，

整理得到：，

即，解得或，

结合半椭圆可得，而，

故，

故答案为：.

【点睛】思路点睛：多变量代数式的取值范围问题，注意根据齐次式特征将代数式取值范围转化为一元代数式的取值范围问题，再将根式转化为与斜率有关的范围问题.

三、解答题

17．如图，在圆柱OO1中，AB是圆柱的母线，BC是圆柱的底面⊙O的直径，D是底面圆周上异于B､C的点.

(1)求证：CD⊥平面ABD；

(2)若BD=2，CD=4，AC=6，求圆柱OO1的侧面积.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）通过证明来证得平面.

（2）计算出圆柱的底面半径和母线长，由此求得圆柱的侧面积.

【详解】(1)平面面.

∵BC是圆柱的底面⊙O的直径，

∴CD⊥BD，

又∵BDAB=B，

∴CD⊥平面ABD.

(2)在Rt△BCD中，由BD=2，CD=4，得BC=，

在Rt△ABC中，AC=6，得AB=，

∴圆柱的底面半径为，母线长为4.

∴圆柱OO1的侧面积为.

18．已知曲线C上任意一点满足方程.

(1)求曲线C的方程；

(2)若过点的直线与曲线C在y轴右侧交点为E、F，求线段中点G的轨迹方程.

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）结合双曲线定义即可判断；

（2）设点，，，得，两式作差，结合中点坐标公式、斜率公式有，即可求出G的轨迹方程

【详解】(1)设，，

则，等价于，

∴曲线C为以，为焦点的双曲线，且实轴长为2，焦距为，

故曲线C的方程为；

(2)设点，，则

，两式作差得，

又G为线段中点，得，则

，即，

故G的轨迹方程为.

19．学校鼓励学生课余时间积极参加体育锻炼，现需要制定一个课余锻炼考核评分制度，建立一个每天得分y与当天锻炼时间x（单位：分钟）的函数关系，要求如下：（1）函数的图象接近图示；（2）每天运动时间为0分钟时，当天得分为0分；（3）每天运动时间为30分钟时，当天得分为3分；（4）每天最多得分不超过6分.现有以下三个函数模型供选择：①；②；③.

(1)请你从中选择一个合适的函数模型并说明理由；

(2)根据你对（1）的判断以及所给信息完善你的模型并给出函数的解析式；

(3)已知学校要求每天的分数不少于4.5分，求每天至少运动多少分钟（结果保留整数）.

【答案】(1)选，理由见解析

(2)答案见解析

(3)55分钟

【分析】（1）根据图像和函数性质选择模型，

（2）将，代入求解系数即可.

（3）将代入解析式即可.

【详解】(1)第一步：分析题中每个模型的特点

对于模型一，当时，匀速增长；

对于模型二，当时，先慢后快增长；

对于模型三，当时，先快后慢增长.

第二步：根据题中材料和题图选择合适的函数模型

从题图看应选择先快后慢增长的函数模型，故选.

(2)第三步把题图中的两点代入选好的模型中，得到函数解析式

将，代入解析式得到，即，

解得，，即.

第四步：完善模型是否合适

当时，，

满足每天得分最高不超过6分的条件.

所以函数的解析式为.

(3)由，，

得，得，

所以每天得分不少于4.5分，至少需要运动55分钟.

20．对于函数，如果对于定义域D中任意给定的实数x，存在，使得恒成立，称函数具有性质.

(1)判别函数，是否具有性质，请说明理由；

(2)函数，，若函数具有性质，求a的取值范围；

(3)若函数的定义域为一切实数，的值城为，存在常数且具有性质，判别是否具有性质，请说明理由.

【答案】(1)不具有，理由见解析

(2)

(3)具有，理由见解析

【分析】（1）判断在上是否恒成立即可；

（2）函数具有性质，则有，结合绝对值三角不等式即可得出答案；

（3）由题意可得，且，，再证明，即可得出结论.

【详解】(1)解：∵，，

而，则，

故，不具有性质；

(2)解：∵，

要使，而，

则对任意的，，

∴，

综上，；

(3)解：因为具有性质，所以，

因为函数的值域为，所以，，

则，，

∴，

∴，

∵，

∴，

所以，即具有性质.

【点睛】本题考查了函数新定义的问题，解决本题的关键在于理解函数的新定义，考查了函数不等式恒成立问题，考查了学生的数据分析能力及逻辑推理能力，有一定的难度.

21．已知函数.

(1)求处的切线方程；

(2)求证：有且仅有一个极值点；

(3)若存在实数a使对任意的恒成立，求实数b的取值范围.

【答案】(1)；

(2)证明见解析；

(3).

【解析】（1）

，而，故，

所以在处的切线方程为.

(2)，令，则，

当时，，当时，，

故即在上为增函数，在上为减函数，

而时，恒成立，

当时，，

故在仅有一个变号零点，故有且仅有一个极值点.

(3)令，由题设可得：函数的最大值不大于0，

，根据（2）的结论可知有唯一极值点，

且当时，，时，，

故在上为增函数，在上为减函数，

所以，此时，

所以，故，

由可得.

又由的存在性可得，

令，

当时，，当时，，

故在上为减函数，在上为增函数，，

综上所述.

【点睛】思路点睛：导数背景下函数零点问题，注意根据导数符号讨论单调性，再根据零点存在定理判断零点的个数，而不等式恒成立问题，往往转化为函数的最值来处理.