2023届上海财经大学附属北郊高级中学高三上学期10月月考数学试题（解析版）

2023届上海财经大学附属北郊高级中学高三上学期10月月考数学试题

一、填空题

1．已知是虚数单位，若，则 __________．

【答案】

【详解】由复数相等的定义知，实部对应相等，虚部对应相等，则得所以

2．函数 的定义域为______________.

【答案】

【分析】解不等式组可得函数的定义域.

【详解】由题设有，故，

故函数的定义域为.

【点睛】函数的定义域一般从以下几个方面考虑：

（1）分式的分母不为零；

（2）偶次根号（，为偶数）中，；

（3）零的零次方没有意义；

（4）对数的真数大于零，底数大于零且不为1.

3．集合，，则______.

【答案】

【分析】解出集合中的绝对值不等式，再求出集合中的函数值域，则得到，则得到其补集.

【详解】，解得，故，

，对称轴为，

且当，当，

故，故，所以，

则，

故答案为：.

4．已知函数是偶函数，且，则______．

【答案】5

【分析】由函数是偶函数，再结合偶函数的定义可得，再令结合，可求出的值

【详解】因为是偶函数，

所以设，则，

即，

因为，所以，

即，

故答案是：5．

【点睛】此题考查偶函数性质的应用，属于基础题

5．已知双曲线，其右焦点与抛物线的焦点重合，则该双曲线方程为________.

【答案】

【分析】求出抛物线的焦点坐标，可得出双曲线的右焦点坐标，进而可求出的值，由此可得出该双曲线的方程.

【详解】抛物线的焦点坐标为，

所以，双曲线的右焦点坐标为，则，得.

因此，该双曲线的方程为.

故答案为.

【点睛】本题考查双曲线方程的求解，同时也考查了抛物线焦点坐标的求解，考查运算求解能力，属于基础题.

6．在中，内角的对边分别是，若，，则____.

【答案】

【解析】由，根据正弦定理“边化角”，可得，根据余弦定理，结合已知联立方程组，即可求得角.

【详解】

根据正弦定理：

可得

根据余弦定理：

由已知可得：

故可联立方程：

解得：.

由

故答案为：.

【点睛】本题主要考查了求三角形的一个内角，解题关键是掌握由正弦定理“边化角”的方法和余弦定理公式，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.

7．正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=3，直线AC1与平面BCC1B1所成角的大小是30°，则该四棱柱的外接球表面积大小是__________________.

【答案】

【分析】在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，连接，则为直线AC1与平面BCC1B1所成角，结合题中的条件可得底面边长，进一步得到外接球的半径，得到答案.

【详解】连接，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，平面.

所以为直线与平面所成角，即.

设正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为,则

所以在直角三角形中，.

则,所以.

又正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的外接球的直径为，则半径.

所以球的表面积为：.

故答案为：

【点睛】本题考查正四棱柱的外接球的表面积和线面角，空间角解决的关键是作出相应的角，属于基础题．

8．若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11+a9a12=2e5，则lna1+lna2+…+lna20=___________.

【答案】50

【分析】根据等比数列的下标性质，结合对数的运算性质进行求解即可.

【详解】根据等比数列的性质可得，

所以.

令，

则，

于是，

所以.

故答案为：50

9．如果用反证法证明“数列{an}的各项均小于2”，有下列四种不同的假设：①数列{an}的各项均大于2；②数列{an}的各项均大于或等于2；③数列{an}中存在一项ak，ak≥2；④数列{an}中存在一项ak，ak＞2；其中正确的序号为______.（填写出所有假设正确的序号）

【答案】③

【分析】由于用反证法证明命题时，应先假设命题的否定成立，而“数列的各项均小于2”的否定为：“数列中存在一项，”，由此得出选项．

【详解】解：用反证法证明命题时，应先假设命题的否定成立，“数列的各项均小于2”的否定为：“数列中存在一项，”，

故答案为：③．

【点睛】本题主要考查用命题的否定，反证法证明数学命题的方法和步骤，把要证的结论进行否定，得到要证的结论的反面，是解题的突破口．

10．对于函数,若在定义域内存在实数,使得,则称为“局部奇函数”.若是定义在区间上的“局部奇函数”,则实数的取值范围是_________.

【答案】.

【分析】利用局部奇函数的定义,建立方程关系,然后判断方程是否有解即可.

【详解】根据局部奇函数的定义,时,可化为,

因为的定义域为,所以方程在上有解,

令,则,

设,则,

当时,,故在上为减函数,

当时,,故在上为增函数,

所以时.所以,即.

故答案为:.

【点睛】本题主要考查新定义的应用,利用新定义,建立方程关系,然后利用函数性质进行求解是解决本题的关键,考查学生的运算能力，属于中档题.

11．已知数列满足,当时,或,若,则此数列的前2015项中,奇数项最多有______项.

【答案】1343.

【分析】由题意结合数列递推式求出数列中出现奇数最多项的情况,然后利用所得规律求得是奇数的最多项数.

【详解】,由,得,

,…

∴当时,数列是两项奇数一项偶数重复出现,

此时数列的前2015项中,是奇数的项最多有;

或,由,得,由,得,

,由,得,…

∴当时,数列是两项奇数一项偶数重复出现,

此时数列的前2015项中,是奇数的项最多有.

∴此数列的前2015项中,是奇数的项最多有1343项.

故答案为:1343.

【点睛】本题考查数列递推式,关键是明确能使数列中出现奇数最多项的情况,属于中档题.

12．设，若对任意，都存在唯一实数，满足，则正数的最小值为____________

【答案】##

【分析】由已知函数解析式得到函数值域，结合存在唯一的，满足，可得，即，进一步转化为，，求解不等式得到的范围，进一步得到的范围得答案．

【详解】解：函数的值域为．

的值域为；的值域为．

的值域为上有两个解，

要想在上只有唯一的满足，

必有．

，即，解得：．

当时，与存在一一对应的关系．

问题转化为，，且．

，解得：或者（舍去）．

，解得．

故答案为：．

二、单选题

13．直线；和直线：，则“”是“”的（    ）

A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分也非必要条件

【答案】C

【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合直线平行的等价条件进行判断即可.

【详解】若，则两直线方程分别为和，满足两直线平行，即充分性成立，

若，

当时，两直线分别为和，此时两直线不平行，不满足条件.

当时，若两直线平行则，

由得，即，解得或，

当时，，不满足条件.则，即，

故“”是“”的充要条件，

故选：C

【点睛】本题考查了充分必要条件，意在考查学生的推断能力.

14．已知函数（，是常数，其中且）的大致图象如图所示，下列关于，的表述正确的是

A．， B．，

C．， D．，

【答案】D

【分析】根据指数函数的图象和特征以及图象的平移可得正确的选项.

【详解】从题设中提供的图像可以看出，

故得，

故选：D．

【点睛】本题考查图象的平移以及指数函数的图象和特征，本题属于基础题.

15．下列命题正确的是

A．若,则

B．若,则

C．若,,则

D．若,,则

【答案】D

【解析】由基本不等式求最值的规则,逐个验证可得.

【详解】选项A,当异号时,,故A错误;

选项B,由可得,故B错误;

选项C,当时,和可能为负数,故错误;

选项D,∵,∴,

∴在单调递减,

∴当时,取最小值5,即.

故选:D.

【点睛】本题主要考查了基本不等式求最值,基本不等式成立的条件，属于中档题.

16．已知函数是定义在上的奇函数，当时，，若，，则实数a的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据函数的解析式，分、和三种情况分类讨论，得出函数的解析式，结合函数的图象，即可求解.

【详解】由题意，当时，，

所以当时，；

当时，；

当时，.

综上，函数，

在时的解析式等价于.

根据奇函数的图像关于原点对称作出函数在上的大致图像如图所示，

观察图像可知，要使，，则需满足，

解得.

故选：B.

三、解答题

17．如图,是单位圆上的动点,是圆与轴正半轴的交点,设.

(1)当点的坐标为时,求的值.

(2)若,且当点在圆上沿逆时针方向移动时,总有,试求的取值范围.

【答案】(1)(2)

【分析】(1)根据三角形函数线以及点的坐标,求出,再根据二倍角公式,分别求出,代入计算即可;

(2)先表示出点的坐标,根据点与点的距离公式,根据三角函数的图象和性质即可求出,的取值范围.

【详解】(1)∵点的坐标为,

∴,

∴,,

∴,

(2)∵,

∴,

∵,

∴,

∴,

∴,

∴.

【点睛】本题考查了三角函数线的问题,二倍角的问题,以及点与点的距离公式和三角函数的图象与性质,属于中档题.

18．研究表明，过量的碳排放会导致全球气候变暖等环境问题，减少碳排放具有深远的意义．中国明确提出节能减排的目标与各项措施，在公路交通运输领域，新能源汽车逐步取代燃油车是措施之一．中国某地区从2015年至2021年每年汽车总销量如图，每年新能源汽车销量占比如表．（注：汽车总销量指新能源汽车销量与非新能源汽车销量之和）

(1)从2015年至2021年中随机选取一年，求这一年该地区汽车总销量不小于5.5万辆的概率；

(2)从2015年至2021年中随机选取两年，设X表示新能源汽车销量超过0.5万辆的年份的个数，求X的分布列和数学期望．

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

【分析】（1）根据古典概型的概率计算公式，可得答案；

（2）根据超几何分布的分布列的计算步骤和均值的计算公式，可得答案.

【详解】（1）由汽车销量图得7年中有6年汽车总销量不小于5.5万辆，

则随机选取一年，这一年该地区汽车总销量不小丁5.5万辆的概率为．

（2）由图表得新能源汽车2015-2021年的销量如下表：

新能源汽车销量超过0.5万辆的年份有2个，不超过0.5万辆的年份有5个，

则随机变量X可能取值为0，1，2，

，，，

所以X的分布列为

所以．

19．提高过江大桥的车辆通行能力可改善整个城市的交通状况，在一般情况下，大桥上的车流速度v（单位：千米/小时）是车流密度x（单位：辆/千米）的函数，当桥上的车流密度达到200辆/千米时，造成堵塞，此时车流速度为0；当车流密度不超过20辆/千米时，车流速度为60千米/小时，研究表明：当20≤x≤200时，车流速度v是车流密度x的一次函数．

（1）当0≤x≤200时，求函数v（x）的表达式；

（2）当车流密度x为多大时，车流量（单位时间内通过桥上某观测点的车辆数，单位：辆/小时）f（x）=x•v（x）可以达到最大，并求出最大值．（精确到1辆/小时）．

【答案】（1）

（2）3333辆/小时

【详解】（1）由题意：当0≤x≤20时，v（x）=60；当20＜x≤200时，设v（x）=ax+b

再由已知得，解得

故函数v（x）的表达式为

（2）依题并由（1）可得

当0≤x＜20时，f（x）为增函数，故当x=20时，其最大值为60×20=1200

当20≤x≤200时，

当且仅当x=200﹣x，即x=100时，等号成立．

所以，当x=100时，f（x）在区间（20，200]上取得最大值．

综上所述，当x=100时，f（x）在区间[0，200]上取得最大值为，

即当车流密度为100辆/千米时，车流量可以达到最大值，最大值约为3333辆/小时．

答：（1）函数v（x）的表达式

（2）当车流密度为100辆/千米时，车流量可以达到最大值，最大值约为3333辆/小时．

20．已知关于x的函数与在区间D上恒有．

（1）若，求h(x)的表达式；

（2）若，求k的取值范围；

（3）若求证：．

【答案】（1）；（2）；（3）证明详见解析

【分析】（1）方法一：根据一元二次不等式恒成立问题的解法，即可求得的表达式；

（2）方法一：先由，求得的一个取值范围，再由，求得的另一个取值范围，从而求得的取值范围.

（3）方法一：根据题意可得两个含参数的一元二次不等式在区间上恒成立，再结合放缩，即可利用导数证得不等式成立.

【详解】（1）[方法一]:判别式法

由可得在R上恒成立，

即和，

从而有即，

所以，

因此，．所以．

 [方法二]【最优解】：特值+判别式法

由题设有对任意的恒成立.

令，则，所以.

因此即对任意的恒成立，

所以，因此.

故.

（2）[方法一]

令，.

又.

若，则在上递增，在上递减，则，即，不符合题意.

当时，，符合题意.

当时， 在上递减，在上递增，则，

即，符合题意.

综上所述，.

由

当，即时，在为增函数，

因为，

故存在，使，不符合题意.

当，即时，，符合题意.

当，即时，则需，解得.

综上所述，的取值范围是.

[方法二]【最优解】：特值辅助法

由已知得在内恒成立；

由已知得，

令，得，∴(*)，

令，，当时，，单调递减；当时，，单调递增，∴，∴当时在内恒成立；

由在内恒成立，由(*)知，∴，∴，解得.

∴的取值范围是.

（3）[方法一]：判别式+导数法

因为对任意恒成立，

①对任意恒成立，

等价于对任意恒成立.

故对任意恒成立.

令，

当，，

此时，

当，，

但对任意的恒成立.

等价于对任意的恒成立.

的两根为，

则，

所以.

令，构造函数，，

所以时，，递减，.

所以，即.

[方法二]：判别式法

  由，从而对任意的有恒成立，等价于对任意的①，恒成立．

（事实上，直线为函数的图像在处的切线）

同理对任意的恒成立，即等价于对任意的恒成立．    ②

当时，将①式看作一元二次方程，进而有，①式的解为或（不妨设）；

当时，，从而或，又，从而成立；

当时，由①式得或，又，所以．

当时，将②式看作一元二次方程，进而有．

由，得，此时②式的解为不妨设，从而．

综上所述，．

[方法三]【最优解】：反证法

假设存在，使得满足条件的m，n有．

因为，所以．

因为，所以．

因为对恒成立，所以有

．则有

，   ③

，    ④

解得．

由③+④并化简得，．

因为在区间上递增，且，

所以，．

由对恒成立，即有    ⑤

对恒成立，将⑤式看作一元二次方程，进而有．

设，则，

所以在区间上递减，所以，即．

设不等式⑤的解集为，则，这与假设矛盾．从而．

由均为偶函数．同样可证时，也成立．

综上所述，．

【整体点评】（1）的方法一利用不等式恒成立的意义，结合二次函数的性质，使用判别式得到不等式组，求解得到；方法二先利用特值求得的值，然后使用判别式进一步求解，简化了运算，是最优解；（2）中的方法一利用导数和二次函数的性质，使用分类讨论思想分别求得的取值范围，然后取交集；方法二先利用特殊值进行判定得到，然后在此基础上，利用导数验证不等式的一侧恒成立，利用二次函数的性质求得不等式的另一侧也成立的条件，进而得到结论，是最优解；（3）的方法一、方法二中的分解因式难度较大，方法三使用反证法，推出矛盾，思路清晰，运算简洁，是最优解.

21．数列的前项和为，若对任意的正整数，总存在正整数，使得，则称数列是“数列”.

(1)数列的前项和，判断数列是否为“数列”，并说明理由；

(2)数列是等差数列，其首项，公差，数列是“数列”，求的值；

(3)证明：对任意的等差数列，总存在两个“数列”和，使得成立.

【答案】(1)数列不是“数列”，理由见解析

(2)-1

(3)证明过程见解析

【分析】（1）根据求出，当时，令，无解，故数列不是“数列”；

（2）根据等差数列通项公式和前项和公式列出方程，得到，要保证恒为整数，又，求出

（3）令，得到数列均为“E数列”，从而得到结论.

【详解】（1）当时，，

当时，，

故，

当时，令，

，故，无解，故数列不是“数列”；

（2）是等差数列，故，

设前项和为，则，

因为数列是“数列”，

所以，即，

其中为非负整数，所以要保证恒为整数，

故为所有非负整数的公约数，且，

所以

（3）对任意的等差数列，，（d为公差），

设，则，

设数列的前项和为，为数列的第项，

设数列的前项和为，为数列的第项，

故数列均为“E数列”，

故对任意的等差数列，总存在两个“数列”和，使得成立.

【点睛】数列新定义问题，主要针对于等差，等比，递推公式和求和公式等综合运用，对常见的求通项公式和求和公式要掌握牢固，同时涉及数列与函数，数列与解析几何，数列与二项式定理，数列与排列组合等知识的综合，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题.