2023届上海交通大学附属中学高三上学期开学考试数学试题含解析

这是一份2023届上海交通大学附属中学高三上学期开学考试数学试题含解析，共18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．函数的单调递增区间是
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】由>0得：x∈(−∞,−2)∪(4,+∞)，
令t=，则y=lnt，
∵x∈(−∞,−2)时,t=为减函数；
x∈(4,+∞)时,t=为增函数；
y=lnt为增函数，
故函数f(x)=ln()的单调递增区间是(4,+∞)，
故选D.
点睛：形如的函数为,的复合函数，为内层函数,为外层函数.
当内层函数单增，外层函数单增时，函数也单增；
当内层函数单增，外层函数单减时，函数也单减；
当内层函数单减，外层函数单增时，函数也单减；
当内层函数单减，外层函数单减时，函数也单增.
简称为“同增异减”.
2．某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，且．记该棋手连胜两盘的概率为p，则（ ）
A．p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关B．该棋手在第二盘与甲比赛，p最大
C．该棋手在第二盘与乙比赛，p最大D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最大
【答案】D
【分析】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘.分别求得该棋手在第二盘与甲比赛且连胜两盘的概率；该棋手在第二盘与乙比赛且连胜两盘的概率；该棋手在第二盘与丙比赛且连胜两盘的概率.并对三者进行比较即可解决
【详解】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，
记该棋手在第二盘与甲比赛，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为，
则此时连胜两盘的概率为
则
；
记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为，
则
记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为
则
则
即，，
则该棋手在第二盘与丙比赛，最大.选项D判断正确；选项BC判断错误；
与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项A判断错误.
故选：D
3．分别统计了甲、乙两位同学16周的各周课外体育运动时长（单位：h），得如图所示茎叶图，则下列结论中错误的是（ ）
A．甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为7.4
B．乙同学周课外体育运动时长的样本平均数约为8.60（按四舍五入精确到0.01）
C．甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值小于0.4
D．乙同学周课外体育运动时长的方差约为0.80（按四舍五入精确到0.01）
【答案】B
【分析】计算中位数可判断A，计算平均数可判断B，由古典概型的概率公式求得概率可判断C，计算方差可判断D
【详解】A：甲同学周课外体育运动时长的样本中位数为，正确.
B：乙同学课外体育运动时长的样本平均数为：
，错误.
C：甲同学周课外体育运动时长大于的概率的估计值，正确.
D：乙同学周课外体育运动时长的方差约为：
，正确.
故选：B
4．已知，给出下述四个结论:
①是偶函数; ②在上为减函数;
③在上为增函数; ④的最大值为.
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①②④B．①③④C．①②③D．①④
【答案】D
【分析】利用偶函数的定义即可判断①；利用举反例即可判断②和③；分四个范围对进行化简，然后利用三角函数的性质进行求值域，即可得到时的最值，结合偶函数即可判断
【详解】解：对于①，易得的定义域为，关于原点对称，
因为，所以是偶函数，故正确；
对于②和③，因为，
，
且，所以在不是减函数，在也不是增函数，故②，③错误；
对于④，当时，，
因为，所以，
所以，所以；
当时，，
因为，
所以，所以；
当时，；
当时，，
因为，
所以，所以，
所以，综上所述，当时，的最大值为，由于为偶函数，所以当时，的最大值也为，故的最大值为，故④正确；
故选：D
【点睛】方法点睛：利用四个象限对进行讨论，根据三角函数符号去掉绝对值，然后利用三角函数的性质进行求解值域
二、填空题
5．已如集合，则______
【答案】
【分析】由交集的定义求解即可
【详解】因为集合，
，
所以，
故答案为：
6．不等式的解集是______
【答案】
【分析】将绝对值不等式移项后两边平方，即可求不等式的解集.
【详解】原不等式等价于，两边平方得，
整理得，解得，故原不等式的解集为.
故答案为：.
7．已知点，则的单位向量为（用坐标表示）________
【答案】
【分析】由单位向量的定义求解即可
【详解】因为，
所以，
所以的单位向量为，
故答案为：
8．已知，若实数满足，则________
【答案】-0.2
【分析】由复数的运算法则与模长公式求解即可
【详解】因为，
所以，，
又，
所以，
即，
所以，解得，
所以，
故答案为：
9．如图中，，在三角形内挖去一个半圆（圆心在边上，半圆与、分別相切于点交于点），则图中阴影部分绕直线旋转一周所得旋转体的体积为______.
【答案】
【分析】由题意可知，所得的几何体是从一个圆锥中挖去一个球，用圆锥的体积减去球的体积.
【详解】连接，
因为半圆与、分別相切于点交于点，，
所以，，
，
所以图中阴影部分绕直线旋转一周所得旋转体的体积为
故答案为：
10．已知 ，且，则 的最大值为_______.
【答案】1
【详解】试题分析：因为，所以，当且仅当时取等号. 因此即 的最大值为1.
【解析】基本不等式求最值
11．一个小球作简谐振动，其运动方程为，其中（单位：）是小球相对于平衡点的位移，（单位：）为运动时间，则小球在时的瞬时速度为______.
【答案】
【分析】求导后，代入即可得到结果.
【详解】，，
即小球在时的瞬时速度为.
故答案为：.
12．已知方程表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4，则n的取值范围是________________．
【答案】
【分析】由已知可得c=2，利用4=（m2+n）+（3m2﹣n），解得m2=1，又（m2+n）（3m2﹣n）＞0，从而可求n的取值范围．
【详解】表示双曲线，
则，解得，
又 ，即，所以．
故n的取值范围是．
故答案为
【点睛】本题主要考查了双曲线方程的应用，考查了不等式的解法，属于基础题．
13．将六个字母排成一排，若均互不相邻且在的同一侧，则不同的排法有________种．（用数字作答）
【答案】96
【分析】先排D、E、F，再利用插空法排A，B，C且C只能插在A、B的同侧，根据乘法原理计算出结果．
【详解】解：先排D、E、F，有种排法；再利用插空法排A，B，C且C只能插在A、B的同侧，有种排法；
所以有96种排法．
故答案为：96.
【点睛】本题主要考查排列组合问题，其中涉及到分步乘法计数原理，属于中档题.不相邻问题采用插空法，求解过程为：对于要求有几个元素不相邻的排列问题，可先将其他元素排好，然后将不相邻的元素插入在已排好的元素之间及两端空隙处.
14．若函数是奇函数，则_______.
【答案】
【分析】先由奇函数定义域关于原点对称得到，再由得到，代入即可得到答案.
【详解】为奇函数，
定义域关于原点对称，
定义域中，
定义域中，
，即，
在定义域内，
，即，
.
故答案为：
15．已知向量满足且，则最大值是_______.
【答案】
【分析】由向量的三角不等式结合数量积的运算性质求解即可
【详解】因为，，
所以，
因为，
又，
当时，，
当时，，
当时，，
经分析可知时，
因为
所以最大值是
16．设，是以为周期的函数，，若函数，的值域为，则函数，的值域为________.
【答案】
【分析】设，则，推导出，可求得函数在上的值域，同理可求得函数在、、上的值域，综合可得函数在上的值域.
【详解】设，则，
，所以，，
故函数在上的值域为，同理，在上的值域为，
在上的值域为，在上的值域为.
因此，函数，的值域为.
故答案为：.
三、解答题
17．已知.
(1)等比数列的首项，公比，求的值；
(2)等差数列首项，公差，求通项公式和它的前项和.
【答案】(1)；
(2)，.
【分析】（1）求出、的值，再利用等比数列的求和公式以及数列的极限可求得结果；
（2）求出、的值，利用等差数列的通项公式可求得，利用等差数列的求和公式可求得的值.
【详解】(1)解：的展开式通项为，则，
所以，，，则，
所以，.
(2)解：，，则，
所以，.
18．在中，已知.其中为内角，它们的对边分别为.
(1)判断的形状
(2)若，求的面积.
【答案】(1)等腰三角形
(2)
【分析】（1）由正弦定理与三角恒等变换求解即可；
（2）由余弦定理与三角形面积公式求解即可
【详解】(1)因为，
所以，
所以，
所以，
即，
因为，
所以，
即，
所以，
所以，即，
所以是等腰三角形；
(2)由（1）可知，
又，
所以，
所以，
因为，，
所以，
所以
19．已知正方体的棱长为1，点是棱的中点，点是对角线的中点.
(1)求二面角的大小；
(2)求三棱锥的体积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先确定二面角的平面角，再求出平面角的大小即可求解；
（2）利用等积法求解即可
【详解】(1)取的中点，连接，则易知平面，
过点作于，连接，
因为平面，平面，
所以，
又，平面，平面，
所以平面，
又平面，
所以，
所以是二面角的平面角，
因为，
在中，，
所以，
所以二面角的大小为；
(2)易知，，
且都在平面内，
点到平面的距离为，
所以
20．已知，，若曲线和曲线都过点，且在点处有相同的切线.
(1)当时，求、、的值;
(2)求证：当且仅当时，函数存在最小值.
(3)已知存在，使得对一切恒成立，求满足的的最小值.
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据切点坐标和导数的几何意义可得出关于、、的方程组，即可解得这三个未知数的值；
（2）对的取值进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性，即可得出结论；
（3）由已知条件可得出，，由题意可得，可得出，令，可得，令，其中，利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理求出的零点的取值范围，由此可求得使得满足的的最小值.
【详解】(1)解：当时，，，则，，
由题意可得，即，解得.
(2)解：由已知，则.
（i）当时，，函数在上单调递增，不存在最小值；
（ii）当时，由可得，此时函数单调递减，
由可得，此时函数单调递增，
故当时，函数存在最小值；
（iii）当时，由可得，此时函数单调递增，
由可得，此时函数单调递减，
故当时，函数存在最大值，无最小值.
综上所述，当且仅当时，函数存在最小值.
(3)解：存在，使得对一切恒成立，则.
由（2）可知，当且仅当时，函数存在最小值，且，
由已知可得，则，
所以，，
由题意可得，因为，可得，
令，可得，
令，其中，
，当且仅当t = 0.5时取等，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递增，则，所以，，
所以，函数在上为增函数，
因为，，
所以，存在使得，由可得，
且，且，
所以，使得的最小值为.
【点睛】关键点点睛：本题第（3）问考查满足条件的参数的最小值，解题的关键在于根据已知条件得出最值的大小关系，可得出关于的不等式，通过构造新函数得出的取值范围，进而求解.
21．已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，的中心与的顶点重合，过且与轴垂直的直线交于、两点，交于、两点，且.
(1)求的离心率；
(2)设是与的公共点，若，求与的标准方程；
(3)直线与交于、，与交于、，且在直线上按、、、顺序排列，若，求.
【答案】(1)
(2)，
(3)
【分析】（1）求出、，可得出关于、的齐次方程，进而可求得椭圆的离心率的值；
（2）设点，由两点间的距离公式结合抛物线的定义可得出关于、的方程，求出的值，可求得、的值，进而可求得椭圆和抛物线的方程；
（3）分析可知，设点、，可得出点、的坐标，将直线的方程与抛物线方程联立，列出韦达定理，将点、的坐标代入椭圆方程，结合韦达定理推导出，从而可知直线过原点，且点为坐标原点，求出点的坐标，可得出点的坐标，代入椭圆方程求出的值，利用抛物线的定义可求得.
【详解】(1)解：设椭圆的焦距为，则，
将代入椭圆的方程得可得，所以，，
设抛物线的标准方程为，则，可得，
所以，抛物线的方程为，
将代入抛物线的方程可得，解得，所以，，
因为，即，所以，，即，
因为，解得，故椭圆的离心率为.
(2)解：设点，则，则，
则
，
由抛物线的定义可得，
所以，，解得，则，，
所以，椭圆的方程为，抛物线的方程为.
(3)解：若，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意.
所以，，由题意可知，为的中点，为的中点，
设点、，则、，
设，则，，抛物线的方程为，
联立可得，，可得，
由韦达定理可得，，
椭圆的方程为，即，
因为点、均在椭圆上，则，
可得，即.
若，则，可得，
所以，则，
所以，，则点，
将点的坐标代入椭圆的方程可得，
化简可得，
显然，所以，不成立.
所以，，则必有或，
此时直线过原点，则直线的方程为，则、关于原点对称，
所以，点为坐标原点，故，
联立解得，即点，故点，
将点的坐标代入椭圆的方程可得，
可得，解得，
所以，，
所以，.
【点睛】方法点睛：解决中点弦的问题的两种方法：
（1）韦达定理法：联立直线与曲线的方程，消去一个未知数，利用一元二次方程根与系数的关系以及中点坐标公式解决；
（2）点差法：设出交点坐标，利用交点在曲线上，坐标满足方程，将交点坐标代入曲线方程，然后作差，构造出中点坐标和斜率关系求解.