2024-2025学年山东省淄博市高三上册10月月考数学检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年山东省淄博市高三上册10月月考数学检测试题（含解析），共27页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，，则（ ）．
A B.
C. D.
2. 函数的图像大致为（ ）
A. B.
C. D.
3. 下列说法中，正确的个数为（ ）
①样本相关系数的绝对值大小可以反映成对样本数据之间线性相关的程度；
②用不同的模型拟合同一组数据，则残差平方和越小的模型拟合的效果越好；
③随机变量服从正态分布，若，则；
④随机变量服从二项分布，若方差，则．
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
4. 在平面直角坐标系中，已知点为角终边上一点，若，，则（ ）
A. B. C. D.
5. 2024年汤姆斯杯需招募志愿者，现从某高校的8名志愿者中任意选出3名，分别负责语言服务、人员引导、应急救助工作，其中甲、乙、丙3人不能负责语言服务工作，则不同的选法种数共有（ ）
A. 102种B. 105种C. 210种D. 288种
6. 已知函数为奇函数，为偶函数，且当时，，则（ ）
A. 2B. -2C. 1D. -1
7. 设，，，则下列关系正确的是（ ）
A. B.
C. D.
8. 若函数在0,4上有3个零点，则a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知，且，则（ ）
A. B.
C. D.
10. 已知定义在上的函数满足当时，，当时，满足为常数，则下列叙述中正确的为（ ）
A. 当时，
B. 当时，解析式为
C. 当时，上恒成立
D. 当时，函数图象与直线在上的交点个数为
11. 设数列满足，，记数列的前n项和为，则（ ）
A. B.
C. D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若的展开式中含x的项的系数为60，则的最小值为______．
13. 已知：函数是定义在R上的可导函数，当时，，若，且对任意，不等式)恒成立，则实数的取值范围是___________
14. 甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为_________.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 设函数.
（1）若，求函数的单调区间；
（2）设函数在上有两个零点，求实数的取值范围.（其中是自然对数的底数）
16. 记为数列an的前项和，已知，．
（1）求，并证明是等差数列；
（2）求．
17. 如图，在四边形ABCD中，，，，．

（1）求大小；
（2）求的面积的最大值
（3）若，求的面积．
18. 第十五届全国运动会将于2025年在广东、香港、澳门三地举办．为了普及全运知识，某大学举办了一次全运知识闯关比赛，比赛分为初赛与复赛，初赛胜利后才能参加复赛，初赛规定：三人组队参赛，每次只派一个人，且每人只派一次；如果一个人闯关失败，再派下一个人重新闯关；三人中只要有人闯关成功即视作初赛胜利，无需继续闯关．现有甲、乙、丙三人组队参加初赛，他们各自闯关成功的概率分别为，假定互不相等，且每人能否闯关成功相互独立．
（1）若计划依次派甲、乙、丙进行初赛闯关，，求该小组初赛胜利的概率；
（2）已知，若乙只能安排在第二个派出，要使初赛派出人员数目的期望较小，试确定甲、丙谁先派出；
（3）初赛胜利小组的三名成员都可以进入复赛，复赛规定：单人参赛，每个人回答三道题，全部答对获得一等奖；答对两道题获得二等奖；答对一道题获得三等奖；全部答错不获奖，已知某学生进入了复赛，他在复赛中前两道题答对的概率均为，第三道题答对的概率为．若他获得一等奖的概率为，设他获得二等奖的概率为，求的最小值．
19. 已知函数，其中是自然对数的底数．
（1）当时，求在上的值域；
（2）当时，讨论的零点个数；
（3）当时，证明：．
2024-2025学年山东省淄博市高三上学期10月月考数学检测试题
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．
1. 已知集合，，则（ ）．
A. B.
C. D.
【正确答案】B
【分析】根据对数函数的单调性求解出不等式解集为集合，求解出一元二次不等式的解集为集合，根据集合并集概念及运算求解出结果.
【详解】由可知，得．
由可知，得，
所以．
故选：B.
2. 函数的图像大致为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】C
【分析】根据函数的奇偶性和单调性即可判断选项.
【详解】设，
对任意，，
所以，
所以的定义域为，
，
所以函数为奇函数.
令，
可得，即，
所以，可得，
由可得，解得，
所以的定义域为，
又，
所以函数为奇函数，排除BD选项，
当时，是减函数，
则，，
所以，排除A选项.
故选：C
3. 下列说法中，正确的个数为（ ）
①样本相关系数的绝对值大小可以反映成对样本数据之间线性相关的程度；
②用不同的模型拟合同一组数据，则残差平方和越小的模型拟合的效果越好；
③随机变量服从正态分布，若，则；
④随机变量服从二项分布，若方差，则．
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【正确答案】C
【分析】根据相关系数的性质，二项分布的性质，拟合效果的衡量以及正态分布的性质，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】相关系数的绝对值越接近于1，成对样本数据之间线性相关的程度越强，故①正确；
用不同的模型拟合同一组数据，则残差平方和越小的模型拟合的效果越好，故②正确；
已知随机变量服从正态分布，若，则，故③正确；
若随机变量服从二项分布，则方差，所以，
所以，所以或，故④错误.
故选：C.
4. 在平面直角坐标系中，已知点为角终边上一点，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】由终边上点的坐标求出，由的范围及求得，最后由公式求值即可.
【详解】由点为角终边上一点得，，
，又，，∴，∴，
∴.
故选：D
5. 2024年汤姆斯杯需招募志愿者，现从某高校的8名志愿者中任意选出3名，分别负责语言服务、人员引导、应急救助工作，其中甲、乙、丙3人不能负责语言服务工作，则不同的选法种数共有（ ）
A. 102种B. 105种C. 210种D. 288种
【正确答案】C
【分析】先算从8名志愿者中任意选出3名的方法数，再减去甲、乙、丙3人有一人负责语言服务工作的方法数，即可得解.
【详解】先从8名志愿者中任意选出3名，
分别负责语言服务、人员引导、应急救助工作，有种，
其中甲、乙、丙3人有一人负责语言服务工作，有种，
故符合条件的选法共有种.
故选：C
6. 已知函数为奇函数，为偶函数，且当时，，则（ ）
A. 2B. -2C. 1D. -1
【正确答案】A
【分析】由函数为奇函数，得函数的图象关于点中心对称；由为偶函数，得的图象关于直线轴对称；根据对称性求解即可.
【详解】因为函数为奇函数，所以，即函数的图象关于点中心对称；
因为函数为偶函数，所以，即函数的图象关于直线轴对称；
又当时，，
所以，
故选：A.
7. 设，，，则下列关系正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】C
【分析】构造函数.利用导数判断单调性，证明出.构造函数.利用导数判断单调性，证明出，得到；构造函数.利用导数判断单调性，证明出，即为.即可得到答案.
【详解】记.
因为，所以当时，，所以在0,+∞上单调递增函数，所以当时，，即，所以.
记.
因为，所以gx在0,+∞上单调递增函数，所以当时，，即，所以.
所以.
记.
因为，所以当时，，所以在0,+∞上单调递增函数，所以当时，，即，所以.
所以.
综上所述.
故选：C
8. 若函数在0,4上有3个零点，则a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】C
【分析】根据在上零点的个数，讨论的范围，分别确定在0,4上零点的个数，进一步确定的范围，进而可得答案.
【详解】令，则或，
由得a=2，
当时，，在0,4上没有零点，
则在上应有3个零点，所以，
即，与联立得；
当a=2时，在上有1个零点2，
在上，因为，所以，
所以有3个零点，不满足题意；
当时，在上有2个零点，
在上应有1个零点，
所以，即，与联立得，
综上得的取值范围是.故C正确.
故选：C.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】BD
【分析】A选项，两式平方后相加得到；D选项，由得到；B选项，利用同角三角函数关系得到；C选项，先求出的值，利用正切二倍角公式得到答案.
【详解】A选项，因为，两式平方后相加可得
，所以，故A错误；
D选项，因为，所以，
又，故，
由于，故，
又，所以，故D正确；
B选项，，故B正确；
C选项，，
故，故C错误.
故选：BD.
10. 已知定义在上的函数满足当时，，当时，满足为常数，则下列叙述中正确的为（ ）
A. 当时，
B. 当时，的解析式为
C. 当时，在上恒成立
D. 当时，函数的图象与直线在上的交点个数为
【正确答案】ABD
【分析】对A，代入运算即可求解；对B，根据题目条件分和求解；对C，举反例可判断；对D，利用数形结合可判断.
详解】对于A，当 时，，故A正确；
对于B，设时，则，
；
当时，则，
，故B正确；
对于C，当时，取，当时，，
，故C错误；
对于D， 当时，的图象如下：

直线刚好经过第 n 个“山峰”的“山顶”，
它与前面个“山峰”都有两个交点，与后面的“山峰”没有交点，
共个交点，故D正确.
故选：ABD.
11. 设数列满足，，记数列的前n项和为，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】ACD
【分析】选项A，根据条件得到，再利用二次函数性质，可得，再作差比较，即可求解；选项B和D，根据条件得到，进而可得到，再利用指数的运算法则及单调性得到，可得，即可求解；选项C，根据条件得到，再利用累加法得到，即可求解.
【详解】对于选项A，因为，，
令，易知在区间上单调递增，所以当时，，
得到，又，得到，所以选项A正确，
因为，又，
所以，得到，
所以，得到，显然，
所以，又，所以，
得到，所以，故选项B错误，选项D正确，
对于选项C，因为，所以，
得到，
所以
，
又，所以，故选项C正确，
故选：ACD.
关键点点晴：本题的关键（1）在于选项B和D，根据条件得到，进而得到，再利用，从而得，关键（2）在于选项C，通过条件，变形得到，再利用累加法，即可求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若的展开式中含x的项的系数为60，则的最小值为______．
【正确答案】
【分析】求出通项公式，利用项的系数得到方程，求出，进而由基本不等式求出最小值.
【详解】二项展开式的通项为，
令得，
∴，依题意得，，
∴，
∴，当且仅当，即时，等号成立．
∴的最小值为．
故
13. 已知：函数是定义在R上的可导函数，当时，，若，且对任意，不等式)恒成立，则实数的取值范围是___________
【正确答案】
【分析】由题意可得为偶函数，在上单调递增，不等式等价于，由，解不等式即可.
【详解】函数是定义在上的可导函数，，
则定义域为，，为偶函数，
当时，，则在上单调递增，
当，，则有，
即，所以，
由，可得.
故
14. 甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为_________.
【正确答案】##0.5
【分析】将每局的得分分别作为随机变量，然后分析其和随机变量即可.
【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为，四轮的总得分为.
对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲得分的出牌组合有六种，从而甲在该轮得分的概率，所以.
从而.
记.
如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以；
如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以.
而的所有可能取值是0，1，2，3，故，.
所以，，两式相减即得，故.
所以甲的总得分不小于2的概率为.
故答案为.
关键点点睛：本题的关键在于将问题转化为随机变量问题，利用期望的可加性得到等量关系，从而避免繁琐的列举.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 设函数.
（1）若，求函数的单调区间；
（2）设函数在上有两个零点，求实数的取值范围.（其中是自然对数的底数）
【正确答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为
（2）
【分析】（1）根据题意，求导可得，即可得到结果；
（2）根据题意，由条件可得，构造函数，其中，转化为最值问题，即可求解.
【小问1详解】
当时，的定义域为，
，
令，则，解得，
令，则，解得.
函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
【小问2详解】
令，则.
令，其中，
则.
令，解得，令，解得.
的单调递减区间为，单调递增区间为，
.
又，函数在上有两个零点，
的取值范围是.
16. 记为数列an的前项和，已知，．
（1）求，并证明是等差数列；
（2）求．
【正确答案】（1），证明见解析
（2）
【分析】（1）先求出和的值得到，再通过与的关系推导出的表达式并证明其为等差数列.
（2）利用第一问的结论将进行拆分求解.
【小问1详解】
当时，，
解这个方程：，即，解得.
当时，，
把代入得，
移项可得，即，解得.
所以.
由，可得.
当时，.
展开得.
整理得，移项得，即.
那么.
令，则，.
所以（常数）.
所以是等差数列.
【小问2详解】
由可得.
因为，所以（）.
则.
所以.
展开得.
17. 如图，在四边形ABCD中，，，，．

（1）求的大小；
（2）求的面积的最大值
（3）若，求的面积．
【正确答案】（1）
（2）面积的最大值为3
（3）
【分析】（1）利用正弦定理得出，再根据，即可得出；
（2）由余弦定理结合基本不等式得出，最后由三角形的面积公式得出面积的最大值.
（3）利用两角和的正弦公式可求得，再利用正弦定理可求得，可求的面积.
【小问1详解】
在中，由正弦定理可得，
因为，，所以，
因为，所以，所以，
所以；
【小问2详解】
在中，，
由余弦定理可得
，即，当且仅当时取等号，
所以，
故的面积的最大值为；
【小问3详解】
因为，所以，
所以
，
在中，由正弦定理可得，即，
所以，
所以，
所以的面积为.
18. 第十五届全国运动会将于2025年在广东、香港、澳门三地举办．为了普及全运知识，某大学举办了一次全运知识闯关比赛，比赛分为初赛与复赛，初赛胜利后才能参加复赛，初赛规定：三人组队参赛，每次只派一个人，且每人只派一次；如果一个人闯关失败，再派下一个人重新闯关；三人中只要有人闯关成功即视作初赛胜利，无需继续闯关．现有甲、乙、丙三人组队参加初赛，他们各自闯关成功的概率分别为，假定互不相等，且每人能否闯关成功相互独立．
（1）若计划依次派甲、乙、丙进行初赛闯关，，求该小组初赛胜利的概率；
（2）已知，若乙只能安排在第二个派出，要使初赛派出人员数目的期望较小，试确定甲、丙谁先派出；
（3）初赛胜利小组的三名成员都可以进入复赛，复赛规定：单人参赛，每个人回答三道题，全部答对获得一等奖；答对两道题获得二等奖；答对一道题获得三等奖；全部答错不获奖，已知某学生进入了复赛，他在复赛中前两道题答对的概率均为，第三道题答对的概率为．若他获得一等奖的概率为，设他获得二等奖的概率为，求的最小值．
【正确答案】（1）
（2）甲先派出； （3）
【分析】（1）由独立事件的乘法公式求解即可；
（2）分别求出甲乙丙和丙乙甲时的所有可能取值和相应概率，再用期望公式求出对应的期望，作差分解因式即可比较出结果；
（3）由独立事件的乘法公式结合题意可得，进而可得，再利用导数分析单调性和最值，得到结果即可；
【小问1详解】
设事件表示该小组获胜，
则，
所以该小组初赛胜利的概率为，
【小问2详解】
若依次派出甲乙丙进行闯关，设派出的人员数目为，
则的可能取值为，
则，
，
，
此时，
若依次派出丙乙甲进行闯关，设派出的人员数目为，
则可能取值为，
则，
，
，
此时，
所以
，
因为，
所以，
所以，
所以要使初赛派出人员数目的期望较小，先派出甲.
【小问3详解】
由题意可得，，
则，
令，
则，
令，
所以当时，，为减函数，
当时，，为增函数，
所以，
所以的最小值为.
关键点点睛：本题第三问关键是用代换，得到，再构造函数求导分析即可.
19. 已知函数，其中是自然对数的底数．
（1）当时，求在上的值域；
（2）当时，讨论的零点个数；
（3）当时，证明：．
【正确答案】（1）
（2）答案见解析 （3）证明见解析
【分析】（1）求导后，结合可得在上恒成立，即可得的单调性，即可得其值域；
（2）分及进行讨论，当时，利用函数单调性可得其有唯一零点，当，结合函数的单调性与零点的存在性定理可得在上有且仅有一个零点，再构造函数结合导数研究单调性后可得在上有一个零点；
（3）设，分及进行讨论，结合（2）中所得并利用导数讨论函数单调性后即可得证.
【小问1详解】
当时，，，
∵，∴，
∴在上单调递减，
又，，
所以在上的值域为.
小问2详解】
，令得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
∴，
当时，，
∴，则在上有且仅有1个零点．
当时，令，，
∴在上单调递增，
∴，即，又，
∴在上有1个零点，又，
令，则，
∴在上单调递减，
∴，
∴，
∴上有一个零点．
综上所述，时，有一个零点，
时，有2个零点.
【小问3详解】
当时，，
设，
当时，，
又由（2）知，∴，
当时，，
设，则，
∴在单调递增，∴，
∴，即在单调递增，，
综上，，即当时，，即.
方法点睛：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．