2023届山东省枣庄市滕州市滕州市第二中学高三上学期11月月考数学试题（解析版）

这是一份2023届山东省枣庄市滕州市滕州市第二中学高三上学期11月月考数学试题（解析版），共16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。

一、单选题
1．设集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先化简集合，根据集合的交、并、补即可确定结果
【详解】依题意，，故，，，故A、B、C错误，
故选：D．
2．下列函数中是偶函数，且在区间(0，+)上是减函数的是
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据函数表达式，判断f(x)和f(-x)的关系，得到奇偶性，再依次判断单调性即可得到结果.
【详解】A.,,函数是偶函数，在上是增函数，故不正确；
B. ,是偶函数，，在区间上是减函数，故正确；
C. ，，是奇函数，故不正确；
D. ，，是偶函数，但是在上是增函数，故不正确；
故答案为B.
【点睛】这个题目考查了函数的奇偶性和单调性，函数奇偶性的判断，先要看定义域是否关于原点对称，接着再按照定义域验证和 的关系，函数的单调性，一般小题直接判断函数在所给区间内是否连续，接着再判断当x变大时y的变化趋势，从而得到单调性.
3．若，且，则下列不等式一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】对于ABD，举例判断，对于C，利用基本不等式判断.
【详解】对于A，若，则满足，且，而，所以A错误，
对于B，若，则满足，且，而，所以B错误，
对于C，因为，所以，所以，当且仅当，即时取等号，而，所以取不到等号，所以，所以C正确，
对于D，若，则满足，且，而，所以D错误，
故选：C
4．已知函数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求出的范围，再结合函数的解析式可求得的值.
【详解】因为，则，所以，，
所以，.
故选：A.
5．已知是第四象限角，化简为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由为第四象限角，结合已知条件利用同角三角函数基本关系式求解．
【详解】∵为第四象限角，
∴.
故选：B
6．已知函数，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】先判断函数的奇偶性可得，然后利用导数得出函数在上的单调性，最后由奇偶性和单调性即可判断大小关系.
【详解】因为，
所以，
所以函数是偶函数，所以，
又时，得，
所以在上是增函数，
所以，所以.
故选：A.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查函数的奇偶性，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于常考题.
7．数列的通项，其前项和为，则为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】化简可得，讨论取不同值时的通项公式，并项求和.
【详解】解：
所以 时，；时，；
时，

所以


故选：B
8．已知，则的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】构造函数，，利用导函数得到其单调性，从而得到，
当且仅当时等号成立，变形后得到，当时，等号成立，令后得到；
再构造，利用导函数得到其单调性，得到，当且仅当时，等号成立，
变形后得到，当时，等号成立，令得到，从而得到.
【详解】构造，，
则，当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
故，当且仅当时等号成立，
因为，所以，
当时，等号成立，
当时，，所以
构造，则，当时，，当时，，
所以在单调递增，在上单调递减，
故，所以，当且仅当时，等号成立，
故，当且仅当时，等号成立，
令，则，所以，
综上，
故选：
【点睛】构造函数比较函数值的大小，关键在于观察所给的式子特点，选择合适的函数进行求解.
二、多选题
9．对于函数，下列结论正确得是（ ）
A．的值域为B．在单调递增
C．的图象关于直线对称D．的最小正周期为
【答案】AD
【分析】先分析函数的奇偶性与周期性，再利用周期性，选取一个周期来研究即可对每一个选项作出判断.
【详解】，，
所以，
所以是偶函数，
又，
所以是函数的周期，
又，
故的最小正周期为.
对于A，因为的最小正周期为，令，此时，
所以，
令，所以有，可知其值域为，故A正确；
对于B，由A可知，在上单调递增，在上单调递减，
因为，
所以在上不是单调递增，故B不正确；
对于C，因为，，
所以，
所以的图象不关于直线对称，故C不正确；
对于D，前面已证明正确.
故选：AD
10．著名的“河内塔”问题中，地面直立着三根柱子，在1号柱上从上至下､从小到大套着n个中心带孔的圆盘.将一个柱子最上方的一个圆盘移动到另一个柱子，且保持每个柱子上较大的圆盘总在较小的圆盘下面，视为一次操作.设将n个圆盘全部从1号柱子移动到3号柱子的最少操作数为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】由题可得，进而可得是以2为首项，2为公比的等比数列，可得，即得.
【详解】将圆盘从小到大编为号圆盘，则将第号圆盘移动到3号柱时，需先将第号圆盘移动到2号柱，需次操作；
将第号圆盘移动到3号柱需1次操作；
再将号圆需移动到3号柱需次操作，
故，，又，
∴是以2为首项，2为公比的等比数列，
∴，即，
∴.
故选：AD.
11．已知是定义在上的偶函数，且对任意，有，当时，，则（ ）
A．是以4为周期的周期函数
B．
C．函数有3个零点
D．当时，
【答案】ACD
【分析】首先判断出的周期，然后求得.利用图象法判断C选项的正确性，通过求在区间上的解析式来判断D选项的正确性.
【详解】依题意，为偶函数，且关于对称，
则
，
所以是周期为4的周期函数，A正确.
因为的周期为4，则，，
所以，B错误；
作函数和的图象如下图所示，由图可知，两个函数图象有3个交点，C正确；
当时，，则，D正确.
故选：ACD
12．已知函数有两个极值点与，且，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】分析可知函数有两个异号的正零点，可知直线与函数的图象有两个交点，数形结合可判断A选项；利用函数的单调性可判断B选项；利用极值点满足的条件结合二次函数的基本性质可判断C选项；利用不等式的性质可判断D选项.
【详解】因为，该函数的定义域为，，
由已知可得，所以，函数有两个异号的正零点，
由，其中，可得，可得，
构造函数，其中，.
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
所以，函数的极大值为，如下图所示：
当时，直线与函数的图象有两个交点，即函数有两个极值点，A对；
对于B选项，、为直线与函数图象两个交点的横坐标，
因为函数在上为增函数，在上为减函数，且，
故，，B对；
对于C选项，，C对；
对于D选项，因为，，则，
因为可得，所以，，D错.
故选：ABC.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
三、填空题
13．写出一个具有性质①②③的函数____________.
①的定义域为；
②；
③当时，.
【答案】（答案不唯一）
【分析】结合函数的定义域、函数的法则和单调性即可求解，满足题意的答案不唯一.
【详解】由①②知，对数函数形式的函数满足要求，又由③知，在定义城上是增函数，故符合题意，
故答案为：（答案不唯一）.
14．数列满足，则_______________．
【答案】58
【分析】先分析得到数列是一个以为首项，以公差为2的等差数列，求出即得解.
【详解】因为，
所以数列是一个以为首项，以公差为2的等差数列，
所以，
所以
=9+.
故答案为：58
15．已知，则______．
【答案】
【分析】对两边同时平方化简可求出，代入即可得出答案.
【详解】对两边同时平方可得：，
，
所以，
解得：，
所以.
故答案为：
16．已知为定义域上函数的导函数，满足，当，且，则不等式的解集为___________.
【答案】
【分析】令，再根据题意可得的在区间上的单调性，结合可得关于对称，进而可得的对称性，再根据的对称性与单调性求解即可.
【详解】令，即求的解集，因为，所以在上单增，因为，所以当时，1.
又因为，所以关于对称，所以关于对称，所以关对称，所以的解集为或
故答案为：
四、解答题
17．设实数满足，其中；实数满足．
(1)若为真，求实数的取值范围；
(2)若是的必要不充分条件，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）解不等式即可得出的取值范围；
（2）解不等式，根据题意可得出集合的包含关系，可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.
【详解】（1）解：若命题为真命题，解不等式，可得.
（2）解：因为，解不等式可得，
因为是的必要不充分条件，则，
所以，，解得.
当时，则有，合乎题意；
当时，则有，合乎题意.
故实数的取值范围是.
18．已知，，关于x的不等式的解集为
（1）求m，n的值；
（2）正实数a，b满足，求的最小值．
【答案】（1），；（2）9．
【分析】（1）利用不等式解集的端点为方程的根，由韦达定理即求；
（2）代入，可得，再利用基本不等式的乘“”法求得最值即可.
【详解】（1）根据题意，不等式的解集为，
即方程的两根为和n，
则有
解可得，
正实数a，b满足，即，变形有，
则，
当且仅当，时，取等号．
∴的最小值为9．
19．已知函数,
（1）判断函数的奇偶性，并证明；
（2）若不等式有解，求c的取值范围.
【答案】（1）奇函数,证明见解析（2）
【分析】（1）求出与对比，根据函数奇偶性定义，即可得出结论；
（2）不等式有解，等价转化为的值域与的关系，换元分离常数，求出的值域，解不等式，即可求得结果.
【详解】（1）奇函数
证明：定义域为，关于原点对称，
，所以为奇函数；
（2）令：则
原函数为,
，函数值域为，
因为不等式有解，
所以，即：，即.
因此，实数的取值范围是.
【点睛】本题考查函数奇偶性的证明以及求函数的值域，考查不等式存在性成立，等价转化为函数值域有关的不等式，属于中档题.
20．已知数列中，，是数列的前项和，且.
(1)求数列的通项公式：
(2)证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用与关系可推导得到，利用累乘法即可求得；
（2）由，结合可得，并由此得到；采用裂项相消法可整理得到，由可证得结论.
【详解】（1）由得：且；
当且时，，
整理可得：，，
则，，，，，
各式相乘得：，又，
.
当时成立，故.
（2）由得：，
，
，
又，.
21．如图，在三角形中，已知，，D为的三等分点(靠近点B)，且.
（1）求的值；
（2）求三角形的面积.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）和，分别利用正弦定理，并且结合，求得的值；（2）根据（1），并且结合三角恒等变换，最后根据三角形面积公式求解.
【详解】（1）在三角形中，由正弦定理得，，①
在三角形中，由正弦定理得，，②
又，故，
因为D为的三等分点(靠点B)，所以，
由①②得，.
（2）由（1）知，，
所以，
若，则
(舍去)；
故，同理，得，
所以，三角形的面积
.
所以的面积为.
【点睛】方法点睛：本题考查正余弦定理解三角形，属于基础题型，一般解三角形已知两角一边，首先用正弦定理解三角形，已知两边和其中一边的对角，求角用正弦定理解三角形，求边用余弦定理解三角形，已知两边和夹角，用余弦定理解三角形，已知三边，用余弦定理解三角形.
22．已知．
(1)若的图象在x＝0处的切线过点，求a的值；
(2)若，，求证：．
【答案】(1)a＝1
(2)证明见解析
【分析】（1）求出导函数，利用可得值；
（2）用分析法，不等式变形化为同构式，引入函数，由导数确定其单调性后，只要证明，时，即，即，时，
再引入函数，又由导数得其单调性，从而得结论成立．
【详解】（1）因为，
所以，
所以，，
因为的图象在x＝0处的切线过点，
所以，即a＝1．
（2）要证，即证，
即证，
因为，，所以，，
设，则可化为，
因为，在上是减函数，
所以问题转化为，时，即，
即，时，
设，因为，则在上是增函数，
所以，
所以在上是增函数，所以，
所以，时，
即，时．
【点睛】本题考查导数的几何意义，考查用导数证明不等式．证明不等式的方法是分析法，即对不等式进行变形，寻找不等式成立的条件，难点是首先对不等式同构变形后引入函数，利用函数的单调性再化简不等式，然后取对数后再引入新函数，确定单调性，利用函数的单调性得出证明．考查了学生逻辑思维能力，创新意识，属于难题．