湖北省重点高中智学联盟2023-2024学年高三数学上学期10月联考试题（Word版附解析）

这是一份湖北省重点高中智学联盟2023-2024学年高三数学上学期10月联考试题（Word版附解析），共22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。
湖北省重点高中智学联盟2023年秋季高三年级10月联考数学试题命题学校：新洲一中（邾城校区）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项.1. 设集合，则（     ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】把集合和中的元素化为统一形式，再进行比较分析即可.【详解】对于集合，对于集合，又因为是奇数，是整数，所以，则有，故选：2. 已知命题：，若为假命题，则的取值范围为（   ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】利用命题的关系、分离参数法、二次函数的图象与性质分析运算即可得解.【详解】若命题为真命题，即：，设，则由二次函数图象与性质知，当时，最小值为，所以.因为命题为假命题，所以，即的取值范围为.故选：A.3. 已知且，则的取值范围是（     ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据题目条件得到，由和得到，由得到，从而得到答案.【详解】因为，，所以，由得到，则，解得，由得，整理得，解得，由得，综上，.故选：B4. 已知函数满足，则等于（     ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由题意在中分别令、即可得到关于的方程组，解方程组即可.【详解】因为函数满足，所以在中分别令、，可得，解不等式组得.故选：A.5. 已知角终边上一点，则的值为（     ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由任意角三角函数的定义求出，再由诱导公式化简代入即可得出答案.【详解】因为角终边上一点，所以.故选：B.6. 设函数，若关于的不等式有解，则实数的值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】将函数转化为及上两点间距离的平方，求出直线与函数相切的切点，从而求出切点到的距离，得到，结合题干中得到，并求出点坐标，求出实数的值.【详解】设点，则，令，，可知的最小值即为上的点与上的点之间的距离平方的最小值，若直线与函数的图象相切，设切点的横坐标为，因为，可得，解得：，则切点为，且切点在上，故，点到直线的距离为，所以，又因为有解，则，此时点P在上，也在直线在点P处的垂线即直线上，其中直线在点P处的垂线的斜率为，所以直线在点P处的垂线方程为：即点坐标满足，解得，即故选：C．【点睛】方法点睛：由不等式求参数范围常用方法和思路：1.直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；2.分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；3.数形结合法：先对解析式变形，在同一直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解.7. 已知分别为三个内角的对边，且则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由正弦定理及三角恒等变换可得，又因为，所以，即可得，再根据正弦函数的性质求解即可.【详解】因，所以，即,，所以，，又因为，所以，即，，所以，又因为，所以，所以，解得.故选：D.8. 已知定义在上的函数的图像关于直线对称，且关于点中心对称.设，若，（     ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据函数的对称性，可得函数的周期性，结合题意，求得函数的值，可得答案.【详解】由题意可知，且，所以，则，所以是以4为周期的周期函数.由可知，，则，所以，由得，，所以，则，所以，，…，，所以.故选：C.二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 定义在实数集上的函数称为狄利克雷函数．该函数由世纪德国数学家狄利克雷提出，在高等数学的研究中应用广泛．下列有关狄利克雷函数的说法中正确的是（    ）A. 的值域为 B. 是偶函数C. 存无理数，使 D. 对任意有理数，有【答案】ABD【解析】【分析】由分段函数的解析式求得函数的值域，可判定选项;由偶函数的定义，可判定选项;由函数的解析式可验证选项【详解】由题意，函数，可得函数的值域为，故正确；若为有理数,则为有理数，可得；若为无理数,则为无理数，可得，所以函数为定义域上的偶函数，故正确；当为无理数，若为有理数，则为无理数，若为无理数，则可能为有理数，也有可能是无理数，不满足，所以错误；对任意有理数，若为有理数，则为有理数，若为无理数，则为无理数，所以，则正确.故选：10. 已知函数，则下列说法正确的是（     ）A. 若的最小正周期是，则B. 当时，的对称中心的坐标为C. 当时，D. 若在区间上单调递增，则【答案】ACD【解析】【分析】对于利用函数周期公式求解即可；对于，求出当时，函数的对称中心，即可判定；对于，，求出，利用函数的单调性即可比较大小；对于，求出函数的单调递增区间，结合题中条件列出不等式组，解出结果，再结合周期范围及，即可求出的范围.【详解】对于当的最小正周期是，即则，故正确；对于,当时，，所以令,解得，所以函数的对称中心的坐标为，故错误；对于，当时，，，，由于正切函数在单调递增，故，故正确；对于,令解得：，所以函数的单调递增区间为，又因为在区间上单调递增，所以解得:，另一方面，所以又因为所以故，故正确.故选：11. 设函数的定义域为，如果对任意的，存在，使得(为常数)，则称函数在上的均值为，下列函数中在其定义域上的均值为的有（     ）A.  B. C.  D. 【答案】AB【解析】【分析】根据题中条件，依次分析选项中的函数是否满足条件，即可得到答案.【详解】对于,函数的定义域为,值域为，对任意的,方程，即必有解，则在其定义域上的均值为2，符合题意；对于,函数的值域为,对任意的,方程，即必定有解，则在其定义域上的均值为2，符合题意；对于,函数的定义域为，值域为，当时，，若，可得，方程无解，不符合题意；对于,函数的定义域为，值域为，当时，，方程化为，方程无解，不符合题意.故选：12. 已知函数，若过点可作曲线的三条切线，则的值可以为（     ）A.  B. 4 C.  D. 22【答案】BC【解析】【分析】根据题意，由导数的几何意义可得切线方程，然后得到，求出函数的值域，即可得到的范围.【详解】因为，设切点为，
则切线方程为，
将，代入得，，
令，则，
或时，，当时，，
故函数的单增区间为和，的单减区间为，
的极大值为，极小值为，
由题意知，，又为整数，，，，20，21故选：BC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知,则函数的最大值与最小值的和为__________．【答案】16【解析】【分析】根据对勾函数的性质求解即可.【详解】解：由对勾函数的性质可知在上单调递减，在上单调递增，所以，又因为，，所以，所以.故答案为：14. 函数的最小正周期为________．【答案】【解析】【分析】根据题意，由正弦型函数的周期计算公式，即可得到结果.【详解】函数的最小正周期为.故答案为：15. 若函数且在是减函数，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】【分析】根据复合函数同增异减的单调性性质，分，两种情况讨论，即可确定实数的取值范围.【详解】因为，令，则，①当时，单调递减，因为当时，是减函数，则在上单调递增，则对称轴且，解得，与矛盾，故此时无解；②当时，单调递增，因为当时，是减函数，则在上单调递减，则对称轴且，解得，综上，的取值范围为.故答案：.16. 有这样一个事实:函数与有三个交点，，在直线上.一般地，我们有结论:对于函数与的图象交点问题，当 时，有三个交点，当时有一个交点，借助导数可以推导:当时有两个交点，当时有一个交点，当时没有交点，先推导出的值，并且求：关于的方程在上只有一个零点，的取值范围为________．【答案】【解析】【分析】当（）时有一个交点时，由题意可知切点在直线上，设切点横坐标为，由导数几何意义可知又，即可求出与，则可转化为，令，结合已知信息求出的取值范围.【详解】由与，所以与，当时，先求？的值，有一个交点时，由题意可知切点在直线上，设切点横坐标为，由导数几何意义可知又，， ，则 ；即当时与有一个交点，由，则，可得，令，则（且），由提供的信息可得，或，解得或，即的取值范围为.故答案为：【点睛】关键点睛：本题的关键是求出当时与有一个交点，再将目标式子转化为.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 设，，，．（1）分别求，；（2）若，求实数的取值范围．【答案】（1），    （2）【解析】【分析】（1）先化简集合，再利用集合间的基本运算求解即可.（2）由，可得，然后根据不等式的范围即可得出结果.【小问1详解】，，又由，得且，，；因，.【小问2详解】，，又，，，解得，所以实数取值范围为.18. 已知函数为上的奇函数，（1）求实数的值；（2）判断函数的单调性并证明；（3）设函数，若对任意的，总存在，使得成立，求实数的取值范围.【答案】（1）    （2）函数在上单调递增，证明见解析    （3）【解析】【分析】（1）利用函数奇偶性求解即可；（2）利用指数函数的单调性及函数单调性定义证明即可；（3）利用函数单调性分别求出在区间上的值域，将问题转化为集合的包含关系，建立不等式组求解即可.【小问1详解】函数是奇函数，， 即，整理可得，对于，解得：.【小问2详解】函数在上单调递增，证明如下：                  ，设，且，则=，因为函数在上单调递增，所以当时，，又，所以，故函数在上单调递增.【小问3详解】设，由题意可知，，                                  由（2）问可知，在时单调递增，所以即集合，  又，，.19. 求值：（1）（2）+【答案】（1）1    （2）【解析】【分析】（1）根据题意，由辅助角公式化简，结合正弦的二倍角公式，即可得到结果；（2）根据题意，利用降幂公式化简，结合余弦的和差角公式，即可得到结果.【小问1详解】 =           ===【小问2详解】+= + + = 20. 现有大小相同的7个红球和8个黑球，一次取出4个.（1）求恰有一个黑球的概率；（2）取出红球的个数为X，求X的分布列和数学期望；（3）取出4个球同色，求全为红球的概率.【答案】（1）；    （2）分布列见解析，    （3）【解析】【分析】（1）由古典概率的公式求解即可；（2）求出X的可能取值，及其对应的概率，即可求出X的分布列，再由数学期望公式即可求出X的数学期望；（3）由条件概率公式求解即可.【小问1详解】记事件A="求恰有一个黑球"，则由古典概型公式可得；【小问2详解】X的可能取值为0，1，2，3，4，                              P，P，P，P，P，  X的分布列如下：     X01234P0 +1 +2+3+4= = 【小问3详解】记事件" 取出4个球同色，求全为红球"，则由条件概率公式有.21. 在中，，点D在边上，且（1）若的面积为，求边的长；（2）若，求.【答案】（1）    （2）或【解析】【分析】（1）由三角形面积公式首先可以求得的长度，然后在中，运用余弦定理即可求解.（2）设所求角，根据已知条件把图中所有角都用含有的式子表示出来，再设，在和分别运用正弦定理，对比即可得到关于的三角方程，从而即可得解.【小问1详解】在中，由题意有,且注意到，，所以有，解得，如图所示：在中，由余弦定理有，代入数据得，所以.【小问2详解】由题意，所以设，则，                设，在中，由正弦定理有，代入数据得，在中，由正弦定理有，代入数据得，       又，所以以上两式相比得，即，所以有 ，所以，所以，或又，且，所以，所以解得或.22. 已知：函数（1）求的单调区间和极值；（2）证明：；(参考数据：，（3）若不等式的解集中恰有三个整数解，求实数的取值范围.（三问直接写出答案，不需要详细解答，参考数据：）【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为，极小值为，无极大值    （2）证明见解析    （3）【解析】【分析】（1）求定义域，求导，得到函数单调区间，进而得到极值情况；（2）解法1：转化为只需证，构造，，求导得到其单调性，求出，结合，，得到最小值大于0，证明出结论；解法2：转化为只需证，构造，，求导后得到其单调性，得到，证明出结论；（3）数形结合可得不等式组，求出实数的取值范围.【小问1详解】的定义域为，，令，可得，列表如下：x0+极小值的单调递减区间为，单调递增区间为，极小值为，无极大值.【小问2详解】解法1：要证，只需证，设，，则，令，则在上恒成立，故在上单调递增，所以，即在上恒成立，令，可得，列表如下：          x0+极小值所以，由于，，，所以，从而不等式得证.解法2：要证，只需证，设，，则，又因为（1）中的的最小值即为极小值，故，令得，从而列表如下：x+0极大值由于，，从而，从而不等式得证.【小问3详解】设，开口向下，由于定义域为，单调递减区间为，单调递增区间为，极小值为，其中，故为满足要求的一个整数解，要想满足不等式的解集中恰有三个整数解，由数形结合可得，即，故，由于，所以，，故，解得.【点睛】方法点睛：导函数证明不等式或求解参数取值范围等问题上，经常用到不等式放缩，以下是常用的一些不等式，，，，，等.