2023届“西南汇”联考高三上学期开学考试数学（理）试题含解析

这是一份2023届“西南汇”联考高三上学期开学考试数学（理）试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，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】B
【分析】先求出，从而判断四个选项的正误.
【详解】由题意，得​，则.
故选：B
2．设复数​满足​，则​（ ）
A．​B．​C．​D．​
【答案】C
【分析】根据已知条件，结合共轭复数的定义，以及复数模公式，即可求解.
【详解】设则
即
即
解得
故选：C.
3．函数 ​的零点共有（ ）
A．​个B．​个C．​个D．​个
【答案】C
【分析】分别讨论与时的解得个数即可.
【详解】当​时​无解；
当​时，​有解
​
综上，函数​有​个零点.
故选：C.
4．已知正方体​中，​分别为​的中点，则（ ）
A．​B．​
C．​D．​
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，然后计算相应的数量积即可确定垂直关系.
【详解】建立如图坐标系，不妨设正方体的棱长为.
则
∴，
得到
故.
故选：D.
5．已知的内角的对边分别是，则“”是“是钝角三角形”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】由结合余弦定理求出，求出​为钝角，充分性得证，再举出反例推出必要性不成立.
【详解】​，由余弦定理得：，
即​为钝角，故充分性成立，
若钝角三角形中​为钝角，则​为锐角，
​，即有​，故必要性不成立.
故选：A.
6．已知函数​，下列说法正确的是（ ）
A．​的最小正周期是​
B．​的图像关于直线​对称
C．​在区间​上单调递增
D．​的图像可由​的图像向左平移​个单位得到
【答案】D
【分析】利用辅助角公式对恒等变形，从而求出最小正周期判断A，利用整体代入法可判断B与C，根据图像平移判断D.
【详解】，
得，故A选项错误；
令，
直线不为其对称轴，故B选项错误；
当，时，单调递增，
函数单调递减，故C选项错误；
将的图像向左移个单位得
.故D选项正确.
故选：D.
7．已知​均为单位向量，且满足​，命题​，命题​，则下列命题恒为真命题的是（ ）
A．​B．​
C．​D．​
【答案】B
【分析】根据已知可求得的夹角和的夹角相等，进而可求解.
【详解】由可得，，
又因为均为单位向量，
所以的夹角和的夹角相等，
作图知命题必有一个为真命题，故恒为真命题的是.
故选：B.
8．的最小值为（ ）
A．​B．​C．​D．​
【答案】A
【分析】由诱导公式以及基本不等式即可求最值.
【详解】因为，
原式 .当且仅当时，取等号.
故选：A
9．已知一个定义在上的奇函数，当时，，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】求导可得为增函数，且，再求解与的解集，结合的奇偶性求解即可.
【详解】由题意，得则​单调递增，
又，所以​当​时，​；
当​时，​.
​时，​的解集为​.
又​为奇函数，​为偶函数，
​的解集为​.
故选：D
10．已知某校高三年级共​人，按照顺序从​到​编学号.为了如实了解学生“是否有带智能手机进入校园的行为”，设计如下调查方案：先从装有​个黑球和​个白球的不透明盒子中随机取出​个球，如果是白球，回答问题一；否则回答问题二.问题如下：一、你的学号的末位数字是奇数吗？二、你是否有带智能手机进入校园的行为？现在高三年级​人全部参与调查，经统计：有​人回答“否”，其余人回答“是”.则该校高三年级“带智能手机进入校园”的人数大概为（ ）
A．​B．​C．​D．​
【答案】B
【分析】根据题意，按比例将1400人分为840人和560人，其中840人中将有420人回答“否”，则则​人中有​(人)回答“否”，​人回答“是”，则可求出问是否带手机的回答是的人数所占的比例，从而可求出该校高三年级“带智能手机进入校园”的人数.
【详解】根据题意，​人分为​（人）和​（人），
​人中将有​人回答“否”，则​人中有​(人)回答“否”，​人回答“是”，
则问是否带手机的回答是人数约占​，
该校高三年级“带智能手机进入校园”的人数约为​（人）.
故选：B
11．单位正四面体的外接球内接的最大正三角形边长为（ ）
A．​B．​
C．​D．​
【答案】C
【分析】先求得外接球半径，然后计算外接球内接的最大正三角形边长即可.
【详解】如图为单位正四面体.
过点作面的垂线交面于点为外接球球心，
则为的中心，则，
在中，.
设，则在中， ，解得.
外接球内接的最大正三角形即为球的大圆的内接正三角形，
由正弦定理可得边长为.
故选：C
12．​， 则（ ）
A．​B．​
C．​D．​
【答案】A
【分析】通过构造函数，由函数的单调性比较的大小，再构造函数，判断其单调性后比较的大小，从而可得结果.
【详解】构造，，则，
令，则，
所以在上递减，
所以，所以，
所以在上递减，
所以，所以，
所以，即，所以，
令（），则，
所以在上递增，
所以，所以，
所以，
所以，即
故​.
故选：A
【点睛】关键点点睛：此题考查比较大小，考查导数的应用，解题的关键是构造函数，通过判断函数的单调性，利用函数的单调性比较大小即可，考查数学转化思想，属于较难题.
二、填空题
13．已知函数​，则​____________.
【答案】
【分析】根据分段函数解析式计算可得.
【详解】解：因为，
又，所以，
所以​.
故答案为：
14．函数的一条过原点的切线方程为____________.
【答案】
【分析】求出函数的导函数，设切点为，即可求出切线的斜率，从而得到，令，，利用导数说明函数的单调性，即可得到，从而求出切线方程.
【详解】解：因为，所以，
设切点为，则，
所以​，即​，
令，，则，
所以在上单调递增，又，所以​，则，，
所以函数​过原点的一条切线方程为​.
故答案为：
15．设​是抛物线​的焦点，点A​在抛物线​上，​，若​，则​____________.
【答案】
【分析】根据题意可得焦点F的坐标，进而可得，由，可得结合抛物线的定义可得A点的横坐标，再代入抛物线的方程，即可得出答案.
【详解】由可知焦点，，∴​，
∵，∴
∴​点​到抛物线准线的距离为​.
∵​抛物线的准线方程为​，
∴点A的横坐标
∴​或​，
∴​.
故答案为：.
16．已知正实数​满足​， 则​的最小值为____________.
【答案】
【分析】由​得=1，将​同乘，利用，代换得，结合导数研究增减性，进而可求最小值.
【详解】原式​，
令​，
则​，
因为​，所以，当时，， 在​上单调递减；当时，， 在​​上单调递增，故，
将 ​代入​， 得原式​.
故答案为：
【点睛】本题重点考查了利用导数求解函数最值，解题突破口在于利用“1”的妙用思路和进行整体代换，入手难度大，平时应多加强此类题型积累.
三、解答题
17．在三棱锥中，平面平面是的中点.
(1)证明：；
(2)若，求二面角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)​
【分析】（1）利用条件先证明 平面 ，再证明 ；
（2）建立空间直角坐标系，运用空间向量分别计算出平面平面 和平面 的法向量，再利用数量积 算出二面角 的大小.
【详解】(1)证明：由题意，
平面 平面 ，平面 平面 ，∴ 平面 ，
平面 ， 平面 ，∴ ；
又 ，且AD,DC均在面CDA内， 平面 ， 平面 ， ；
(2)以A为原点，AD为x轴，AB为y轴，过A点作平行于DC的直线为z轴，建立空间直角坐标系如下图：
由题意，得 ,
，
显然平面 的一个法向量为 ，
设 平面 的一个法向量为 ，则有 ，
得 ，令 ，则 ，
所以平面 的一个法向量 ，
则 ，则二面角 的大小为 ；
综上，二面角 的大小为.
18．已知​的内角​、、所对的边分别为、、，，​.
(1)求​；
(2)若​，，求、​.
【答案】(1)
(2)，
【分析】（1）利用正弦定理将角化边，再由余弦定理计算可得；
（2）将​代入（1）中两式，得到，​，再分、两种情况讨论，分别求出、，再由，即可确定、，最后由余弦定理求出.
【详解】(1)解：因为，，
由正弦定理得​，.
​，
又，
​.
(2)解：将​代入（1）中两式，得，​.
，​.
当​时，解得​，；
当​时，解得​，.
又​，​，，.
​，又，
​.
综上，​，.
19．记数列​前​项和为，.
(1)证明：​为等差数列；
(2)若​，记​为数列​的前​项积，证明：​.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据与的关系，用替换，然后作差即可证明.
（2）先由（1）中结论得到通项，从而得到，然后裂项放缩，即可得证.
【详解】(1)由题意，得​.
则​.
两式相减，得​，
即​，
​是等差数列.
(2)因为，由（1）知（也符合此式）
故数列的通项公式为
则
所以
故，得证.
20．设椭圆，右焦点​，短轴长为2，直线​与轴的交点到右焦点的距离为​.
(1)求​的方程；
(2)点，均在​上，且满足若​与​轴交点为​，求满足条件的点​的坐标.
【答案】(1)​
(2)​或​或
【分析】（1）由题知，再根据解方程即可得答案；
（2）当​不平行​轴时，不妨设，进而联立方程结合韦达定理得，再根据已知得，进而分和两种情况讨论求解得，，，并检验判别式即可得答案.
【详解】(1)解：因为短轴长为2，直线​与轴的交点到右焦点的距离为
所以，​
所以，
所以，椭圆​的方程为​.
(2)解：当​轴时，此时点​不存在；
当​不平行​轴时，不妨设.
联立直线​和椭圆的方程，得
则
由韦达定理，得​.
设​的中点为​，因为
所以，​，其中为到直线的距离，
所以，​.
结合直线​和​，得​.
所以，由可得，即
若​，则​，
将​代入​，解得​.
此时，​.经验证，符合​，此时点​的坐标为​；
若​，即​，解得.
经验证：符合​，此时点​的坐标为​或​.
综上所述，符合条件的点​的坐标有​或​或​.
21．设函数（​为常数）.
(1)讨论​的单调性；
(2)若函数​有两个不相同的零点​， 证明:​.
【答案】(1)在​上单调递减，​上单调递增.
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数求导后，再构造函数，再次求导，可得在上单调递增，再由，可求出的单调区间，
（2）不妨设，转化为只需证​，构造函数​，利用导数求出其最大值小于零即可.
【详解】(1)由（），
得，
令，则，
所以在上单调递增，
因为，
所以当时，，当时，，
所以​在​上单调递减，​上单调递增.
(2)由（1）的结论，不妨设​.
又​均​，
只需证​.
构造函数​.
则，
因为，所以，
所以，
所以
，
当且仅当时取等号，而，所以取不到等号，
所以，
所以在上单递增，
所以，
所以​恒成立，结论得证.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性，考查利用导数证明不等式，第（2）问解题的关键是将问题转化为只需证​，然后构造函数，利用导数求其最值即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
22．在平面直角坐标系​中，曲线​的参数方程是​(​为参数)，正方形​的顶点均在​上，且​依逆时针次序排列，点​.
(1)求​的普通方程及点​的坐标；
(2)设​为​内（包含边界）任意一点，求​的最小值.
【答案】(1)​，；​
(2)4
【分析】（1）消去参数得到普通方程，画出图形，数形结合求出点​的坐标；
（2）利用两点间距离公式表达出，利用配方法求出最小值.
【详解】(1)变形为，平方后相加得到
曲线​的普通方程为；
结合图象可求出
(2)设​.
原式​
，
当即​时取等号，其最小值为​.
23．已知​为正实数，.
(1)求证：
(2)求证：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据柯西不等式直接证明即可；
（2）根据4元均值不等式得，再整理即可得答案.
【详解】(1)证明：因为，​为正实数
​
当​时，取等号.
(2)证明：由平均不等式，得，当​时，取等号
所以，，整理得​，当​时，取等号.
.