2023届上海市南洋模范中学高三上学期开学考数学试题含解析

这是一份2023届上海市南洋模范中学高三上学期开学考数学试题含解析，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．若 则是的
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【详解】试题分析：若．
当，但．故选D．
【解析】充要条件的概念
点评：简单题，充要条件的判断问题，往往综合性较强．一般有“定义法”“等价转化法”“集合关系法”．
2．四面体的五条棱长都是2，另一条棱长为1，则四面体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】试题分析：根据已知题意可知
四面体的五条棱长都是2，另一条棱长为1，那么说明了设以1为棱长所在的平面ABC，另外的顶点为D，则设AB=1，取AB的中点E，那么连接DE,CE,则可知AB垂直平面CDE，那么可知将所求的体积分为两个以CDE为同底面的三棱锥的体积和，高为；在底面CDE中，利用已知的边长和等腰三角形的性质，可知其高为，底边为2=CD，那么则四面体的体积为
，故选C.
【解析】本试题考查了四面体的体积知识．
点评：解决该试题的关键是利用已知的边的长度找到一个棱的垂面，然后将所求的几何体转换为有确定形状的几何体的体积来求解，这是问题的核心，也是入手点，属于中档题．
3．定义域为的函数的图象关于直线对称，当时，，且对任意只都有，则方程实数根的个数为（ ）
A．1013B．1014C．2026D．2027
【答案】C
【分析】由于函数的图象关于直线对称，当，时，，对任意都有，可得函数在，上以4为周期，令，则，即可得出结论．
【详解】由于函数的图象关于直线对称，当时，，
对任意都有，得函数在上以4为周期，
做出函数一个周期的图象：
令，则，令，则，
对于与两个图象，在轴右侧，
因为，而在第一个周期有三个交点，后面每个周期有二个交点，
所以共有个交点，
由对称性，所求交点有2026个，所以方程实数根的个数为2026，
故选：C
4．双曲线绕坐标原点O旋转适当角度可以成为函数f（x）的图象，关于此函数f（x）有如下四个命题，其中真命题的个数为（ ）
①f（x）是奇函数；
②f（x）的图象过点或；
③f（x）的值域是；
④函数y＝f（x）－x有两个零点．
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】C
【分析】求出双曲线的对称中心和顶点坐标以及渐近线方程，画出的图象（位于一、三象限），对选项一一判断即可，由对称性可分析的图象在二、四象限的情况，即可得到答案.
【详解】
双曲线关于坐标原点对称，可得旋转后得到的函数的图象关于原点对称，所以为奇函数，故①正确；双曲线的顶点为，渐近线方程为，可得的图象渐近线为和，图象关于直线对称，所以的图象过点或，由图象的对称性可得，逆时针旋转60度，位于一、三象限，按顺时针旋转60度，位于二、四象限；故②正确；逆时针旋转60度，位于一、三象限，由图象可得顶点为或，不是极值点，则的值域不是，顺时针旋转60度，位于二、四象限，由图象的对称性知的值域不是，故③错误；当的图象位于一、三象限时，的图象与直线有2个交点，函数有两个零点，当的图象位于二、四象限时，的图象与直线没有交点，函数没有零点，故④错误，
故选；C.
【点睛】本题考查双曲线的方程以及性质，考查函数的奇偶性和对称性以及值域的求法，主要考查运算能力以及数形结合的综合分析能力，属于难题.
二、填空题
5．设集合，则的元素个数为___________.
【答案】24
【分析】根据集合的特性即可求得结果.
【详解】因为集合，
，
所以，
则的元素个数为24个.
故答案为：24
6．已知复数，则z的共轭复数为___．
【答案】
【分析】根据复数的除法运算法则，结合共轭复数的定义进行求解即可.
【详解】因为，
所以z的共轭复数为，
故答案为：
7．已知直线，则当实数___________时，.
【答案】
【分析】根据两直线平行的条件列方程求解的值即可.
【详解】若，则，解得或，
当时，和重合，舍去，所以.
故答案为：.
8．已知，则___________.
【答案】
【解析】根据待求角与已知角的关系，利用诱导公式求解即可.
【详解】因为，
所以
，
故答案为：
9．将编号为1，2，3，4的四个小球放到三个不同的盒子里，每个盒子至少放一个小球且编号为1，2的两个小球不能放到同一个盒子里，则不同放法的种数有___________.（用数字作答）.
【答案】
【分析】利用先分组后排序的方法求出总的情况数，然后求出对立面编号为1，2号小球放在同一个盒子的情况数，总的减去对立面的情况数即可.
【详解】由题意得4个小球有2个放在一个盒了里的种数是，
把这两个作为一个元素同另外两个元素在三个位置排列，有种结果，
而编号为1，2号小球放在同一个盒子里有种结果，
所以编号为1，2的小球不放到同一个盒子里的种数是.
故答案为：30.
10．的展开式中的系数为________．
【答案】
【分析】把按照二项式定理展开，可得的展开式中的系数．
【详解】，
故它的展开式中的系数为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．
11．甲､乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和体积分别为和.若，则___________.
【答案】
【分析】由题意知甲，乙两个圆锥的侧而展开图刚好拼成个圆，设圆的半径（即圆锥母线）为3，结合，即可求出，再利用勾股定理可得，由此即可求出答案.
【详解】由题意知甲，乙两个圆锥的侧而展开图刚好拼成个圆，
设圆的半径（即圆锥母线）为3，
甲､乙两个圆锥的底面半径分别为，高分别为，
由，则，
解得，
由勾股定理得，
所以，
故答案为：.
12．若两个非零向量、满足，则与的夹角___________.
【答案】
【分析】由向量和与差的模相等可确定向量、相互垂直，且得到，最后运用向量夹角公式即可.
【详解】设向量与的夹角为，
若，则，
变形得 ，
所以 且 ，
则 ，故 ，
又 ，则.
故答案为:.
13．已知椭圆上一点关于原点的对称点为点为其右焦点，若，设，且，则该椭圆的离心率 的取值范围是__________．
【答案】
【分析】首先利用已知条件设出椭圆的左焦点，进一步根据垂直的条件得到长方形，得到，再根椭圆的定义，由离心率的公式得到，即可求解答案.
【详解】已知椭圆 上一点A关于原点的对称点为点B，F为其右焦点，
设椭圆的左焦点为，连接，所以四边形为长方形，
根据椭圆的定义，且，则，
所以，
又由离心率的公式得，
由，则，
所以 ，即椭圆的离心率的取值范围是.
【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程及简单的几何性质，以及三角函数的图象与性质，其中解答中根据椭圆的几何性质，把椭圆的离心率转化为的三角函数，利用三角函数的值域求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.
14．
如图，互不相同的点和分别在角O的两条边上，所有相互平行，且所有梯形的面积均相等.设.若，，则数列的通项公式是________.
【答案】
【分析】根据三角形相似和所有梯形的面积均相等，找到与相关的递推公式，再由递推公式求得通项公式.
【详解】由于 所以
梯形 的面积为的面积減去的面积，
则可得 即递推公式为
故为等差数列，且公差，
故，得
故答案为:
【点睛】本题主要考查数列在平面几何中的应用，根据几何关系寻找递推有关系是解决问题的关键，属于中档题.
15．若实数、满足，则的取值范围是______.
【答案】
【详解】令，此时，，
且题设等式化为.
于是，满足方程.
如图，在平面内，点的轨迹是以为圆心、为半径的圆在的部分，即点与弧并集.
故.
从而，.
16．设是实数，是整数，若，则称是数轴上与最接近的整数.是首项为，公比为的等比数列的前项和，是数轴上与最接近的正整数，求___________.
【答案】
【分析】先求出，再根据，求出的范围，再利用对数不等式确定数列的规律，并求和.
【详解】由题意得，
，，
由，得，
当时，，得
，得，得，即，
当时，由，得，
，得，得，即，
当时，也，得，
，得，得，即，
当时，由，得，
，得，得，
即，
当时，由，得，
，得，即时，.
所以.
故答案为：12120.
三、解答题
17．记的内角的对边分别为，已知．
(1)证明：；
(2)若，求的周长．
【答案】(1)见解析
(2)14
【分析】（1）利用两角差的正弦公式化简，再根据正弦定理和余弦定理化角为边，从而即可得证；
（2）根据（1）的结论结合余弦定理求出，从而可求得，即可得解.
【详解】(1)证明：因为，
所以，
所以，
即，
所以；
(2)解：因为，
由（1）得，
由余弦定理可得，
则，
所以，
故，
所以，
所以的周长为.
18．某高科技企业研制出一种型号为A的精密数控车床，A型车床为企业创造的价值逐年减少（以投产一年的年初到下一年的年初为A型车床所创造价值的第一年）.若第1年A型车床创造的价值是250万元，且第1年至第6年，每年A型车床创造的价值减少30万元；从第7年开始，每年A型车床创造的价值是上一年价值的50%.现用（）表示A型车床在第n年创造的价值.
(1)求数列的通项公式；
(2)记为数列的前n项的和，，企业经过成本核算，若万元，则继续使用A型车床，否则更换A型车床，试问该企业须在第几年年初更换A型车床？
【答案】(1)（万元）
(2)该企业需要在第11年年初更换A型车床
【分析】（1）由题意得构成首项，公差的等在数列，构成首顶，公比的等比数列，从而可求出其通项公式，
（2）由（1）得是单调递减数列，于是，数列也是单调递减数列，然后分别求出和时的值，再由可求得结果.
【详解】(1)题意得构成首项，公差的等在数列.
故（万元）.
构成首顶，公比的等比数列，
故万元.
于是，（万元）.
(2)由（1）得是单调递减数列，于是，数列也是单调递减数列.
当时单调递减，（万元）.
所以（万元）；
当时，（万元）；当时，（万元）.
所以，当时，恒有.
故该企业需要在第11年年初更换A型车床.
19．如图，在棱长均为4的四棱柱中，平面，，为线段的中点.
（1）求平面与平面夹角的余弦值；
（2）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，点为线段的靠近点的三等分点.
【解析】连接，与交于点，连接，，交于点，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系.
（1）求出平面的法向量和平面的法向量，由向量的夹角公式可得答案；
（2）假设在线段上存在点设，由平面得，由可得答案.
【详解】连接，与交于点，连接，，交于点，连接，因为平面，所以平面.由题意得四边形为菱形，所以，，两两垂直，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
（1）由题意，得，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则所以，
令，则，，
所以是平面的一个法向量，
因为平面，所以平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为.
（2）假设在线段上存在点，使得平面，设，
因为，，，所以，，，
所以,
因为平面，所以，即，
所以,即，
解得，
所以在线段上存在点，使得平面，此时点为线段的靠近点的三等分点.
【点睛】本题考查了用向量法求面面角和向量法求参数，面面角通过求两个平面的法向量再利用数量积公式可求得答案，本题考查了学生的空间想象力和计算能力.
20．已知椭圆过点，且右焦点为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于两点，交轴于点．若，求证：为定值；
（3）在（2）的条件下，若点不在椭圆的内部，点是点关于原点的对称点，试求三角形面积的最小值．
【答案】（1）（2）见解析（3）
【详解】（1）由题意b=2，c=2，所以，椭圆C的方程为．
(2)设A、B、P的坐标分别为．
由知，．
又点A在椭圆C上，则
，
整理得．
由，同理得到
．
由于A、B不重合，即，故m、n是二次方程
的两根，所以m+n=-4，为定值．
（3）依题意，直线l的方程为，即，与椭圆C的方程联立，消去y并整理，得
，
，
所以，而
．
由已知，点P不在椭圆C的内部，得，即，所以的最小值为，故三角形QAB面积的最小值为．
21．记分别为函数的导函数．若存在，满足且，则称为函数与的一个“点”．
（1）证明：函数与不存在“点”；
（2）若函数与存在“点”，求实数的值；
（3）已知函数，．对任意，判断是否存在，使函数与在区间内存在“点”，并说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，使函数与在区间内存在“点”．
【详解】分析：（1）根据题中“S点”的定义列两个方程，根据方程组无解证得结论；（2）同（1）根据“S点”的定义列两个方程，解方程组可得a的值；（3）通过构造函数以及结合 “S点”的定义列两个方程，再判断方程组是否有解即可证得结论.
详解：解：（1）函数f（x）=x，g（x）=x2+2x-2，则f′（x）=1，g′（x）=2x+2．
由f（x）=g（x）且f′（x）= g′（x），得
，此方程组无解，
因此，f（x）与g（x）不存在“S”点．
（2）函数，，
则．
设x0为f（x）与g（x）的“S”点，由f（x0）与g（x0）且f′（x0）与g′（x0），得
，即，（）
得，即，则．
当时，满足方程组（），即为f（x）与g（x）的“S”点．
因此，a的值为．
（3）对任意a>0，设．
因为，且h（x）的图象是不间断的，
所以存在∈（0，1），使得，令，则b>0．
函数，
则．
由f（x）与g（x）且f′（x）与g′（x），得
，即（）
此时，满足方程组（），即是函数f（x）与g（x）在区间（0，1）内的一个“S点”．
因此，对任意a>0，存在b>0，使函数f（x）与g（x）在区间（0，+∞）内存在“S点”．
点睛：涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图象交点个数问题，一般先通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路.