2023届山东省山东师范大学附属中学高三上学期10月月考数学试题（解析版）

2023届山东省山东师范大学附属中学高三上学期10月月考数学试题

一、单选题

1．已知集合，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根据补集、交集的定义计算可得.

【详解】解：由，即，解得或，

所以或，

所以，又，

所以；

故选：D

2．“”是“”的（    ）.

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】判断两个命题：和的真假即可得．

【详解】由于，且，得到，故充分性不成立；当时，，故必要性成立.

故选：B.

【点睛】本题考查充分必要条件的判断，解题方法是根据充分必要条件的定义．即判断两个命题和的真假．

3．已知随机变量服从正态分布，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用正态密度曲线的对称性可求得的值.

【详解】因为随机变量服从正态分布，则，

所以，.

故选：B.

4．在某款计算器上计算时，需依次按下“log”，“（”，“”，“，”、“”，“）”6个键.某同学使用该计算器计算时，误将“log”，“（”，“”，“，”“”，“）”这6键依次按下，所得到的值是正确结果的倍，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由题意先写出错误结果与正确结果之间的关系，再运用对数换底公式计算即可.

【详解】由题意， ，由换底公式得： ， ， ，

故选：C.

5．函数的图像大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】判断出是偶函数，结合可选出答案.

【详解】由已知可得函数的定义域为，，

所以是偶函数，函数图像关于轴对称，可排除A ，B；

由，可排除D．

故选：C

6．已知关于的不等式的解集为，其中，则的最小值为（    ）

A． B．2 C． D．3

【答案】D

【分析】由题意，得，且，是方程的两根，由韦达定理，解得；，由基本不等式得，从而可得，利用对勾函数性质可求解.

【详解】因为的解集为，

所以，且，是方程的两根，

，得；，

即，当时，

，

当且仅当，即时取等号，

令，由对勾函数的性质可知函数

在上单调递增，所以，

的最小值为3.

故选：D．

7．已知函数的定义域为，且，为偶函数，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由可得函数的周期为，再结合为偶函数，可得也为偶函数，通过周期性与对称性即可求解.

【详解】由，得，

即，

所以，

所以函数的周期为，

又为偶函数，

则，

所以，

所以函数也为偶函数，

又，

所以，，

所以，

又，即，所以，

又，，

，

所以，

故选：C.

8．已知a＝5，b＝15(ln4－ln3)，c＝16(ln5－ln4)，则（    ）

A．a＜c＜b B．c＜b＜a C．b＜a＜c D．a＜b＜c

【答案】B

【分析】先比较与大小，先比较1与大小，比较与大小，比较与大小，比较与大小，再比较比较与大小，先比较与大小，比较与大小，从而可得答案

【详解】先比较与大小，先比较1与大小，比较与大小，比较与大小，比较与大小，，，，，

比较与大小，先比较与大小，

比较与大小，，，

，即，，

故选：B．

二、多选题

9．已知的展开式中第二项与第三项的系数的绝对值之比为1:8，则（    ）

A． B．展开式中所有项的系数和为1

C．展开式中二项式系数和为 D．展开式中不含常数项

【答案】AD

【分析】根据二项式定理，由题意写出第二项与第三项系数之比的绝对值，求出n，用赋值法求出各项系数之和，再利用二项式定理以及系数的性质即可.

【详解】由题意，则，，A正确；

，令，则所有项系数之和，B错误；二项式系数之和为 ，C错误；

，若为常数项，则有，是分数，所以不存在常数项，D正确；

故选：AD.

10．济南大明湖的湖边设有如图所示的护栏，柱与柱之间是一条均匀悬链.数学中把这种两端固定的一条（粗细与质量分布）均匀、柔软的链条，在重力的作用下所具有的曲线形状称为怠链线.如果建立适当的平面直角坐标系，那么悬链线可以表示为函数，其中，则下列关于悬链线函数的性质判断正确的是（    ）

A．为偶函数 B．为奇函数

C．的单调递减区间为 D．的最大值是

【答案】AC

【分析】根据函数奇偶性的定义判断函数的奇偶性，结合导数判断原函数的单调区间，进而确定最值.

【详解】∵，则为偶函数，A正确，B错误；

又∵在R上单调递增，且

则当时，则，当时，则

∴的单调递减区间为，单调递增区间为，C正确；

则，即的最小值为a，D错误；

故选：AC.

11．函数的部分图象如图所示，则下列说法中正确的有（    ）

A．的最小正周期为

B．向右平移个单位后得到的新函数是偶函数

C．若方程在上共有4个根，则这4个根的和为

D．图象上的动点到直线的距离最小时，的横坐标为.

【答案】ACD

【分析】由函数图象以及函数解析式，建立方程组，求得的值，

根据三角函数的最小正周期的公式，可得A的答案；

利用函数图象平移变换，写出平移后的函数解析式，根据三角恒等变换进行整理，可得B的答案；

首先设出4个根，根据三角函数的对称性，可得C的答案；

直观想象直线平移到最早与三角函数有公共点时的位置，即切线位置，利用导数求切点，可得D的答案.

【详解】因为经过点，所以，又在的单调递减区间内，所以①，

又因为经过点，所以，，又是在时最小的解，所以②.

联立①②，可得，解得，代入①，可得，又，所以，则.

故的最小正周期，则A正确；

向右平移个单位后得到的新函数是，则为奇函数，故B错误；

设在上的个根从大到小依次为，令，则，根据的对称性，可得，则由的周期性可得，所以，故C正确；

作与直线平行的直线，使其与有公共点，则在运动的过程中，只有当直线与相切时，直线与直线存在最小距离，也是点到直线的最小距离，令，则，解得或，又，所以或或（舍去），又，令，，，则由，可得到直线的距离大于到直线的距离，所以到直线的距离最小时，的横坐标为，故D正确.

故选：ACD.

12．若过点最多可作出条直线与函数的图象相切，则（    ）

A．可以取到3 B．

C．当时，的取值范围是 D．当时，存在唯一的值

【答案】ABD

【分析】设切线的切点为，，利用导数的几何意义及题设条件可得，令，再利用导数研究函数的单调性，作出其草图，再逐项判断即可．

【详解】解：

设切线的切点为，，则切线的斜率为，

又，则切线的方程为，

，则，

令，则，

当或时，，当时，，

所以函数在，上单调递减，在上单调递增，

且，当时，，当时，，

作出函数的草图如下，

对于A，由于，，

故，

由图象可知，或2或3，即，故A正确；

对于B，因为与不能同时取得，故，即，故B正确；

对于C，当时，即的值有一个，

由图象可知，当或时，的值唯一，此时，故C错误；

对于D，当时，即的值有两个，

由图象可知，当且仅当时，的值有两个，

即当时，存在唯一的值，故D正确.

故选：ABD．

【点睛】本题主要考查利用导数研究曲线的切线方程及零点问题，考查转化思想及数形结合思想，考查逻辑推理能力及运算求解能力，考查了数形结合思想，属于较难题目．

三、填空题

13．已知，则________．

【答案】

【分析】先用诱导公式求出，再用万能公式求出和，再用正弦的和角公式进行求解

【详解】因为，由诱导公式得：

所以．

，

．

故答案为：

14．已知四棱锥，现有质点从点出发沿棱移动，规定质点从一个顶点沿棱移动到另一个顶点为次移动，则该质点经过次移动后返回到点的不同路径的种数为_________.

【答案】

【分析】列举出满足条件的路径，即可得解.

【详解】如下图所示：

满足条件的路径可以为：、，、

、、、、

，共条不同的路径.

故答案为：.

15．已知函数，若关于的函数恰好有五个零点，则实数的取值范围是_________.

【答案】

【分析】画出图象，换元后得到方程在和内各有一个实数根，利用二次函数根的分布列出不等式组，求出实数的取值范围.

【详解】解：作出函数的图象如图，

函数恰好有五个零点，

即方程恰好有五个不同的实数解，

令，则当，方程有个不同的实数解，

则方程可化为，

使关于的方程恰好有五个不同的实数解，

则方程有个的实数根，，

且、，

所以方程在内有个的实数根，有个实数根，

令，

所以，即，解得，

所以实数的取值范围为；

故答案为：

四、双空题

16．在中，角所对的边分别为的平分线交于点，且，则满足的方程关系为__________；的是小值为_______.

【答案】     a＋c＝ac     9

【分析】空1：根据面积关系，结合三角形面积公式化简整理即可；空2：由可得，利用“乘1法”结合基本不等式运算求解.

【详解】空1：∵，则

即，整理得

空2：∵，则

，当且仅当时等号成立

∴的是小值为9

故答案为：；9.

【点睛】利用基本不等式破解三角形中的最值问题时，当所求最值的代数式中的变量比较多时，通常是考虑利用已知条件消去部分变量后，凑出“和为常数”或“积为常数”，最后利用基本不等式求最值.

五、解答题

17．已知函数的定义域为集合，关于的不等式的解集为.

(1)求解集；

(2)若是的必要条件，求实数的取值范围.

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）根据两根的大小关系分类讨论可得；

（2）根据集合的包含关系结合（1）中结论可解.

【详解】(1)因为，所以，

当a＝－2时，解不等式得x＝－2，

当a＜－2时，解不等式得，

当a＞－2时，解不等式得.

综上，不等式的解集为

a＝－2时，不等式的解集为，

a＜－2时，不等式的解集为，

a＞－2时，不等式的解集为.

(2)由得函数的定义域为，

因为是的必要条件，所以，

当时显然不成立，所以a＞－2且，

所以，

综上a的取值范围.

18．已知向量，，，函数.且满足函数的图象相邻两条对称轴之间的距离.

（1）求的表达式，并求方程在闭区间上的解；

（2）在中，角，，的对边分别为，，.已知，，求的值.

【答案】（1），x=0或或；（2）.

【分析】（1根据向量的坐标运算和三角恒等变换化简函数，再运用整体代换的方法和角的范围可求得答案；.

（2）由（1）知，继而由角的范围求得，再运用正弦定理和同角三角函数间的关系，以及正弦、余弦和角公式可求得答案.

【详解】解：（1）因为，，

所以.

因为，所以，故，即.

因为，所以.

又，所以，

所以或或，即或或.

所以方程在闭区间上的解为或或.

（2）由（1）知，

所以，，即，.

因为，所以，，.

又，由正弦定理，

得，

整理得.

因为，所以，所以.

又，得，

所以

.

19．某选手参加套圈比赛，共有次机会，满足“假设第次套中的概率为.当第次套中时，第次也套中的概率仍为：当第次未套中时，第次套中的概率为.””已知该选手第次套中的概率为.

(1)求该选手参加比赛至少套中次的概率；

(2)求该选手本次比赛平均套中多少次?

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设事件该选手参加比赛至少套中次，利用独立事件的概率公式求出的值，再利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率；

（2）设为套中的次数，则的可能取值有、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进一步可求得的值，即可得解.

【详解】(1)解：设事件该选手参加比赛至少套中次，

则，故.

(2)解：设为套中的次数，则的可能取值有、、、，

，，

，，

所以，随机变量的分布列如下表所示：

因此，.

即该选手本次比赛平均套中次.

20．体温是人体健康状况的直接反应，一般认为成年人腋下温度（单位：）平均在之间即为正常体温，超过即为发热.发热状态下，不同体温可分成以下三种发热类型：低热：；高热：：超高热（有生命危险）：.某位患者因患肺炎发热，于12日至26日住院治疗.医生根据病情变化，从14日开始，以3天为一个疗程，分别用三种不同的抗生素为该患者进行消炎退热.住院期间，患者每天上午8：00服药，护士每天下午16：00为患者测量腋下体温记录如下：

(1)计算住院期间该患者体温不低于的各天体温平均值；

(2)在19日日期间，医生会随机选取3天在测量体温的同时为该患者进行某一特殊项目“项目”的检查，记为低热体温下做“项目”检查的天数，试求的分布列与数学期望；

(3)抗生素治疗一般在服药后2-8个小时就能出现血液浓度的高峰，开始杀灭细菌，达到消炎退热效果.假设三种抗生素治疗效果相互独立，请依据表中数据，判断哪种抗生素治疗效果最佳，并说明理由.

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

(3)答案见解析

【分析】（1）根据所给表格，可计算体温不低于39°C的各天体温平均值；

（2）由题意可知X的所有可能取值为0，1，2，分别求得各自的概率，即可得分布列，进而求得数学期望；

（3）根据三种抗生素治疗后温度的变化情况，结合平均体温和体温方差，即可做出判断.

【详解】(1)由表可知，该患者共6天的体温不低于，记平均体温为，

，

所以患者体温不低于的各天体温平均值为.

(2)在19日—23日这五天中，低热体温有3天，

所以的所有可能取值为1，2，3.

，，，

则X的分布列为：

所以.

(3)“抗生素C”治疗效果最佳可使用理由：

①“抗生素B”使用期间先连续两天降温又回升，“抗生素C”使用期间持续降温共计，说明“抗生素C”降温效果最好，故“抗生素C”治疗效果最佳.

②“抗生素B”治疗期间平均体温，方差约为0.0156；“抗生素C”平均体温，方差约为0.1067，“抗生素C”治疗期间体温离散程度大，说明存在某个时间节点降温效果明显，故“抗生素C”治疗效果最佳.

“抗生素B”治疗效果最佳可使用理由：

自使用“抗生素B”开始治疗后，体温才开始稳定下降，且使用“抗生素B”治疗当天共降温，是单日降温效果最好的一天，故“抗生素B”治疗效果最佳.

（开放型问题，答案不唯一，但答“抗生素A”效果最好不得分，理由与结果不匹配不得分，不用数据不得分）

21．已知函数.

(1)求函数在点处的切线方程；

(2)当时，恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）由导数法求切线斜率，由点斜式即可写出切线；

（2）法一：令，对、分类讨论，由二次导数法研究单调性及最值，进而研究恒成立问题；

法二： 对、分类讨论，由参变分离法得，进而用导数法及洛必达法则研究的最大值

【详解】(1)，所以切线的斜率，

又，所以切线过点，所以切线方程为.

(2)方法一：令，则，，，.

因为，所以，在单调递减，

当时，对，，所以在上单调递减，所以对，.

当时，因为在单调递减，，当时，.

故，使，且时，，单调递增，

所以，与，矛盾.

所以实数b的取值范围是.

方法二：，当时，原不等式恒成立，

当时，原不等式等价于，

令，则，

令，

，因为，所以，所以，

所以在区间上单调递减，即，所以，即在区间上单调递减.

由洛必达法则，

所以，所以实数b的取值范围是.

【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.

22．已知，函数.

(1)证明：函数都恰有一个零点；

(2)设函数的零点为的零点为，证明：.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）对求导推得其单调性，再分类讨论与两种情况下的零点情况，从而证得恰有一个零点；而的证明与之类似；

（2）由零点推得，利用同构法推得，再由的单调性可得，从而证得.

【详解】(1)函数的定义域为，，

∵当时，；当时，，

∴在上单调递减，在上单调递增，

∵，

当时，，，

∴在上没有零点，

当时，在上单调递增，

又，令，，即，

∴在上恰有一个零点，

综上：函数恰有一个零点；

函数的定义域为，，

∵当时，；当时，，

∴在上单调递减，在上单调递减增，

∵，

当时，，，

∴在上没有零点，

当时，在上单调递增，

又，，即，

∴在上恰有一个零点，

综上：函数恰有一个零点.

(2)由（1）得函数的零点为，且，的零点为，且，则，

则有，，

∴，∴，∴，

∵在上单调递增，且，，

∴，∴由得，

∴，得证.

【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．