2023届上海市洋泾中学高三上学期开学考试数学试题含解析

这是一份2023届上海市洋泾中学高三上学期开学考试数学试题含解析，共15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．已知，，则是的（ ）条件
A．充分非必要B．必要非充分C．充分必要D．既非充分又非必要
【答案】A
【分析】解出两个不等式的解集,根据真子集关系可得.
【详解】因为;
,
又,
所以命题是的充分非必要条件,
故选.
【点睛】本题考查了充分非必要条件,对数不等式和一元二次不等式的解法,属于基础题.
2．已知，则的最小值为（ ）
A．50B．49C．25D．7
【答案】B
【分析】由结合基本不等式求解即可.
【详解】因为，所以，根据基本不等式，，
当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为49.
故选：B.
3．若动点､分别在直线和上移动，则的中点到原点距离的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】点的轨迹是两直线与之间与它们平行且距离相等的直线，由原点到直线的距离公式可得．
【详解】∵在直线上，在直线上，是中点，∴点在到两直线与距离相等的平行线上，
直线和，因此点所在直线为，
则的最小值为．
故选：C．
【点睛】本题考查点到直线的距离公式，解题关键是确定点的轨迹．
4．已知表示大于的最小整数，例如，，下列命题中正确的是（ ）
①函数的值域是；
②若是等差数列，则也是等差数列；
③若是等比数列，则也是等比数列；
④若，则方程有2022个解.
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】由题意，整理分段函数具体解析式，可得值域，采用特殊值法，可得数列的正误，根据函数与方程的关系，可得答案.
【详解】当时，，，
当时，令，，，则，
，因此的值域是，
是等差数列，但，，不成等差数列；
是等比数列，但，，不成等比数列；
由前分析可得当时，；
当，，，时，，
所以，即是周期为的函数，
由指数函数的性质，可得函数过，在上单调递减，
当时，，，去交点；
当时，，，必有一个交点；
则后面每个周期都有一个交点，
所以，则方程由个根.①④正确，
故选：D.
二、填空题
5．已知集合，若，则_______.
【答案】
【分析】根据求得，由此求得.
【详解】由于，所以，所以.
故答案为：
6．若复数z满足（i为虚数单位），则______.
【答案】2
【分析】首先将复数化简为复数的代数形式，再计算模长即可.
【详解】.
.
故答案为：
【点睛】本题主要考查复数的化简和模长的计算，属于简单题.
7．已知数列为等差数列，其前n项和为若，则______．
【答案】12
【分析】由，得，再由，能求出结果．
【详解】解：数列为等差数列，其前n项和为，
，
解得，
．
【点睛】本题考查等差数列的三项和的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
8．展开式中的常数项为________.
【答案】
【分析】根据二项展开式的通项公式得出通项，根据方程思想得出的值，再求出其常数项．
【详解】，
由，得，
所以的常数项为.
【点睛】本题考查二项式定理的应用，牢记常数项是由指数幂为0求得的．
9．已知向量，，则向量在向量的方向上的投影向量为______
【答案】
【分析】根据投影向量公式进行求解.
【详解】向量在向量的方向上的投影向量为.
故答案为：
10．双曲线的焦点到渐近线的距离为__________．
【答案】1
【分析】根据方程求得焦点坐标和渐近线方程，进而利用点到直线的距离公式求得.
【详解】双曲线的焦点为(±2，0),渐近线方程为,即，
焦点到渐近线的距离为
故答案为：1.
11．已知函数是定义在上的偶函数，且在上是增函数，若，则实数的取值范围是________
【答案】
【详解】∵函数是定义在上的偶函数，
∴
又 在上是增函数，
∴
即，
∴
故答案为
12．一名信息员维护甲乙两公司的5G网络，一天内甲公司需要维护和乙公司需要维护相互独立，它们需要维护的概率分别为0.4和0.3，则至少有一个公司不需要维护的概率为________
【答案】0.88
【分析】根据相互独立事件概率计算公式和对立事件的概率计算公式直接求解即可．
【详解】＂至少有一个公司不需要维护＂的对立事件是＂两公司都需要维护＂，
所以至少有一个公司不需要维护的概率为，
故答案为0.88．
【点睛】本题主要考查概率的求法以及相互独立事件概率计算公式和对立事件的概率计算公式的应用．
13．将函数的图象绕着y轴旋转一周所得的几何容器的容积是______．
【答案】
【分析】函数的图象是圆，，是半径为1的下半圆，将函数的图象绕着y轴旋转一周所得的几何容器为以为半径的半球体，由此能求出结果．
【详解】解：函数的图象是圆，，是半径为1的下半圆，
将函数的图象绕着y轴旋转一周所得的几何容器为以为半径的半球体，
将函数的图象绕着y轴旋转一周所得的几何容器的容积是：
．
故答案为．
【点睛】本题考查几何容器的容积的求法，考查旋转体的性质、球的体积等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是基础题．
14．已知中，，，，在三角形所在的平面内有两个动点和，满足，，则的取值范围是______
【答案】
【分析】建立平面直角坐标系，设出M点的坐标，求出点的坐标，从而得到关于的三角函数，通过三角函数求最值的方法即可得出答案.
【详解】以为原点，所在直线分别为轴，轴建立平面直角坐标系，
则，因为，所以的轨迹是以为原点，2为半径的圆，
所以设，
因为，所以为的中点，所以，
所以，
所以，其中，
所以当时，取最小值，所以取最小值；
当时，取最大值，所以取最大值，
所以的取值范围是.
故答案为：.
15．已知有限集，如果A中元素满足：，就称A为n元“均衡集”．若是二元“均衡集”，则的取值范围是__．
【答案】
【分析】根据新定义可得，再根据，利用换元法，借助基本不等式即可求出．
【详解】由题意知是二元“均衡集”，所以，即，
当时，显然不成立，所以，
所以，
设，所以，
当时，，当且仅当时等号成立，
当时，，
当且仅当时等号成立，
所以的取值范围.
故答案为：.
【点睛】利用基本不等式求最值时，要注意其满足的三个条件：“一正、二定、三相等”：
（1）“一正”：就是各项必须为正数；
（2）“二定”：就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”：利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
16．函数满足对任意都成立，其值域是，已知对任何满足上述条件的都有，则的取值范围为___________.
【答案】
【分析】由题可得，然后可得当时不合题意，进而即得；或等价于恒成立，即恒成立，进而即得.
【详解】法一：令，解得（负值舍去），
当时，，
当时，，
且当时，总存在，使得，
故，
若，易得，
所以，
即实数的取值范围为；
法二：原命题等价于任意，
所以恒成立，
即恒成立，又，
所以，
即实数的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】数学中的新定义题目解题策略：①仔细阅读，理解新定义的内涵；②根据新定义，对对应知识进行再迁移.
三、解答题
17．如图，四棱锥的底面是矩形，底面，为的中点，，直线与平面所成的角为.
(1)求四棱锥的体积；
(2)求异面直线与所成的角的大小.
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）根据直线与平面所成的角可求出，从而得出，再根据四棱锥的体积公式即可解出；
（2）取中点，连接，（或其补角）即为异面直线与所成的角，解三角形即可求出．
【详解】(1)因为底面，所以直线与平面所成的角为，在中，，，所以，而，所以，
因此四棱锥的体积．
(2)如图所示：
取中点，连接，因为，所以四边形为平行四边形，即有，所以（或其补角）即为异面直线与所成的角．
在中，，，所以，，所以，即异面直线与所成的角为．
18．已知为等差数列，是公比为2的等比数列，且．
(1)证明：；
(2)求集合中元素个数．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）设数列的公差为，根据题意列出方程组即可证出；
（2）根据题意化简可得，即可解出．
【详解】(1)设数列的公差为，所以，，即可解得，，所以原命题得证．
(2)由（1）知，，所以，即，亦即，解得，所以满足等式的解，故集合中的元素个数为．
19．某动物园喜迎虎年的到来，拟用一块形如直角三角形的地块建造小老虎的休息区和活动区．如图，，（单位：米），E、F为BC上的两点，且，区域为休息区，和区域均为活动区．设．
(1)求、的长（用的代数式表示）；
(2)为了使小老虎能健康成长，要求所建造的活动区面积尽可能大（即休息区尽可能小）．当为多少时，活动区的面积最大？最大面积为多少？
【答案】(1)米，米；
(2)当为时，小老虎活动区的面积最大，最大面积为平方米.
【分析】（1）由角的关系易得：，；在中，由正弦定理得：
，可解得，同理在中得：，解得.
（2）活动区的面积最大即休息区尽可能小，又（1）可得：
利用三角恒等变换及计算得到，根据三角函数的值域可知时，得到休息区的最小值，从而得到活动区最大值.
【详解】(1)由题意得，米，，则，
又由，，
，所以；
在中，由正弦定理得：
，即米；
同理，在中，
，即米；
综上所述：米，米.
(2)由（1）知，综米，米，
所以小老虎休息区面积为:
化简得：
又，，
则当，即时，取得最小值；
此时小老虎活动区面积取得最大值，即
平方米.
综上所述：
当为时，小老虎活动区的面积最大，最大面积为平方米.
20．已知函数.
(1)求函数在处切线方程；
(2)若对任意的，恒成立，求的取值范围；
(3)当时，设函数，对于任意的，试确定函数的零点个数，并说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)1个，理由见解析
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义求得函数在时的切线方程；
（2）对任意的，恒成立，即对任意的恒成立，构造函数，将函数不等式恒成立问题转化为利用导数求新函数的最值问题;
（3）分和进行讨论，利用导数判断函数的单调性结合零点存在定理即可得出结论.
【详解】(1)由于函数，故，
故，且，
所以函数在处切线方程为 ，即；
(2)对任意的，恒成立，即，
即对任意的恒成立，
令，则，
令，得 ，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故时，函数取得极大值也即最大值，则，
所以，则的取值范围为，即；
(3)由可得，对于任意的，由 ，
当时，，单调递增，，
故在上有唯一实根；
当时，令，则，
而，当时，，递减，
当时，，递增，故，
所以，故在上没有实根；
综合上述，对于任意的，函数有且只有一个零点.
【点睛】本题考查了利用导数求函数在某点处的切线方程以及用导数解决函数不等式恒成立问题和判断函数的零点个数问题，综合性较强，解答时要能综合应用导数以及函数的相关知识解题，解答的关键是根据题意构造适当的函数，利用其导数解决恒成立以及零点问题.
21．已知，是其左右焦点，，直线过点交于两点，在轴上方，且 在线段上，
(1)若是上顶点，，求；
(2)若，且原点到直线的距离为，求直线；
(3)证明：对于任意 ，使得的直线有且仅有一条.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆方程确定，以及，根据，即可求得答案;
（2）设，利用结合向量的坐标运算，求得坐标，再利用原点到直线的距离为，即可求得直线方程；
（3）设直线的斜率为，取中点，利用点差法求出k与直线OC的斜率之间的关系，即可证明结论.
【详解】(1)由题意知： ,，因为，
因为，所以，
所以；
(2)设，其中，
因为，，
所以，
所以，（舍去），所以，
故，则直线方程可以设为，
又因为到直线的距离为，
所以，
所以，得或，
当时，直线方程为，此时（舍），
所以直线方程为.
(3)设，，设直线的斜率为，连接，，取中点，
连接，可知为梯形的中位线，
因为，令.
由点差法得，得，
化简得，即，
故当确定时，也就只有唯一与对应，
故对任意时，满足条件的直线只有一条.