2023届上海市行知中学高三上学期期中数学试题含解析

这是一份2023届上海市行知中学高三上学期期中数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．若函数（其中a，b为常数）的图象如图所示，则函数的大致图象是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，求得，结合指数函数的图象与性质以及图象变换，即可求解.
【详解】由题意，根据函数的图象，可得，
根据指数函数的图象与性质，
结合图象变换向上移动个单位，可得函数的图象只有选项D符合.
故选：D.
2．设，，，，，均为非零实数，不等式和的解集分别为和，那么“”是“”的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．既非充分也非必要条件
【答案】D
【详解】时不成立，
时不恒成立，
“”是“”的既非充分也非必要条件，选D．
3．已知向量，，若，则（ ）
A．，中至少有一个为非零向量B．，垂直
C．，反向D．
【答案】D
【分析】把给定的等式变形，再逐项分析判断作答.
【详解】向量，都为零向量，也成立，A不正确；
由得：，整理得，D正确；
当向量，均为非零向量时，，，不可能垂直，，不反向，B，C都不正确.
故选：D
4．在平面斜坐标系中，，点的斜坐标定义为“若(其中分别为与斜坐标系的轴、轴同方向的单位向量)，则点的坐标为”.若，，且动点满足，则点在斜坐标系中的轨迹方程为
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】设M(x,y)，由定义可知=−[(x+1)+y]，=−[(x−1)+y]，由可得(x+1)2+y2+2y(x+1)=(x−1)2+y2+2y(x−1)，整理可得。
故本题正确答案为D。
二、填空题
5．函数的定义域为__________．
【答案】
【分析】由题知，解之即得.
【详解】要使函数有意义，则，
解之得，，即函数的定义域为.
故答案为：.
6．如果，为第三象限角，则________．
【答案】
【分析】由条件，为第三象限角，可求出，再由诱导公式可得，从而可得答案.
【详解】由，为第三象限角,有.
由诱导公式可得
所以
故答案为：
【点睛】本题考查同角三角函数的关系和诱导公式，注意角的范围，属于基础题.
7．已知直线和，若，则a等于________.
【答案】
【分析】根据两直线互相垂直的性质可得，从而可求出的值.
【详解】直线和垂直，
.
解得.
故答案为：
【点睛】本题考查了直线的一般式，根据两直线的位置关系求参数的值，熟记两直线垂直系数满足：是关键，属于基础题.
8．设等差数列的前项之和满足，那么 _________.
【答案】
【分析】由已知，将变为，然后借助等差中项的知识转化为，即可完成求解.
【详解】由已知，差数列的前项之和满足，
即，由等差中项的知识可知，
所以.
故答案为：.
9．若全集，，均为二次函数，，，则不等式组的解集可用P，Q表示为__________．
【答案】
【分析】根据不等式组的含义可知解集为集合与集合Q的补集的交集，写出答案即可.
【详解】,
,
的解集为，
故答案为：
【点睛】本题主要考查了不等式组解集的集合表示，交集运算，集合的补集，属于容易题.
10．若，则使在R上的解集为空集，常数a的取值范围为__________.
【答案】
【分析】先求不等式的最大值，要求解集为空集时实数的取值范围，只要不超过不等式的最大值即可．
【详解】解：的几何意义是数轴上的点 到3和4的距离之和，
当在3、4之间时，这个距离和最小，是1．其它情况都大于1
所以
若不等式在R上的解集为空集，则.
故答案为：.
11．正项等比数列中，存在两项使得，且，则最小值____.
【答案】##
【分析】先由等比数列的性质化解已知条件，得到，在利用基本不等式中“1”的活用来求出的最小值.
【详解】在正项等比数列中有，由等比数列的性质知，即，解得或（舍），
则，可得，其中.
所以，当且仅当，即时等号成立.
故的最小值为：.
12．在锐角中， 角所对的边长，的面积为，外接圆半径，则的周长为_______.
【答案】
【分析】根据给定条件，利用正弦定理求出角B，再利用三角形面积定理及余弦定理计算作答.
【详解】在锐角中，由正弦定理得，则，
由三角形面积得，解得，
由余弦定理得：，
解得，
所以的周长为.
故答案为：
13．设，其中，若对一切则恒成立，则：①；②；③既不是奇函数也不是偶函数；④的单调递增区间是.⑤存在经过点的直线与函数的图像不相交；以上结论正确的是_________（写出所有正确结论的编号）.
【答案】①③
【分析】由已知不等式恒成立得，应用辅助角公式可得，①②将自变量代入求值判断正误；③应用奇偶性定义判断正误；④由正弦型函数的性质，应用整体法求递增区间即可；⑤由正弦型函数的图象，要使直线与不相交，则必与x轴平行且与y轴交点纵坐标大于，即可判断.
【详解】由题设，且，
又对一切恒成立，即，
整理得，而，
所以，则，
所以，
故；
①，所以①正确；
②，
，
，所以②错误；
③因为，
所以既不是奇函数也不是偶函数，所以③正确；
④当时，令，可得且，
即的单调递增区间是；
当时，令，可得且，
即的单调递增区间是， 所以④不正确；
⑤要经过的直线与函数的图像不相交，则此直线与横轴平行，
又的振幅为，
所以直线必与图像有交点，所以⑤不正确.
故答案为：①③
14．如图，矩形的一边在轴上，另外两个顶点在函数的图像上.若点的坐标为，记矩形的周长为，则_______ .
【答案】216
【分析】由的坐标得出矩形的周长，进而得出.
【详解】由题意，在函数的图像上，若点坐标为的纵坐标为的横坐标为，所以矩形的一条边长为，另一条边长为，所以矩形的周长为，
故答案为：216
15．已知函数是偶函数，且，当时，，则方程在区间上的解的个数是________.
【答案】9
【分析】由题设条件可得的奇偶性和周期性，结合在上的解析式可作出在上的大致图像；构造函数，利用奇偶性的判断及复合函数的单调性，可作出在上的大致图像；再分别考虑一下在与上与的交点情况，从而可作出与在上的交点情况，由此得解.
【详解】因为函数是偶函数，所以，
又因为，令，则，故，即，即，
所以，即是周期为的周期函数，
因为当时，，利用的奇偶性可作出在上的图像，再利用的周期性可依次作出上的图像，
令，由得，故的定义域关于原点对称，
又，所以也是偶函数，
当时，，由与易知在上单调递增，；
同理：当时，在上单调递增，且恒成立；
再利用的奇偶性，即可作出在上的图像，
又因为当时，由得，解得或，故与在上有两个交点，
特别地，当时，易知，由得，整理得，即，故与在上只有一个交点，
至此，利用与的奇偶性可作出两者的图像（含交点情况）如图，显然共有个交点，
所以方程在区间上的解的个数为.
故答案为：.
.
三、双空题
16．定义：对于各项均为整数的数列，如果(=1，2，3，…)为完全平方数，则称数列具有“性质”；不论数列是否具有“性质”，如果存在数列与不是同一数列，且满足下面两个条件：
（1）是的一个排列；
（2）数列具有“性质”，则称数列具有“变换性质”.给出下面三个数列：
①数列的前项和；
②数列：1，2，3，4，5；
③数列：1，2，3，4，5，6.
具有“性质”的为________；具有“变换性质”的为_________.
【答案】 ① ②
【分析】根据“性质”，“变换性质”的定义逐项判断即可得.
【详解】解：对于①，当时，
，
，2，3，为完全平方数
数列具有“性质”；
对于②，数列1，2，3，4，5，具有“变换性质”，数列为3，2，1，5，4，具有“性质”， 数列具有“变换性质”；
对于③，，1都只有与3的和才能构成完全平方数，，2，3，4，5，6，不具有“变换性质”．
故答案为：①；②．
四、解答题
17．在如图所示的组合体中，三棱柱的侧面是圆柱的轴截面，是圆柱底面圆周上不与重合的一个点．
（1）若圆柱的轴截面是正方形，当点是弧的中点时，求异面直线与的所成角的大小；
（2）当点是弧的中点时，求四棱锥与圆柱的体积比．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）取的中点，连接，则，（或其补角）为异面直线与的所成角，利用余弦定理可求异面直线与的所成角的大小.
（2）设圆柱的底面半径为，母线长度为，当点是弧的中点时，可证明平面，从而可得四棱锥的体积，最后求出圆柱的体积即得四棱锥与圆柱的体积比．
【详解】（1）如图，取的中点，连接，
则，（或其补角）为异面直线与的所成角.
设正方形的边长为，
则中，，，，
.
因为，.
（2）设圆柱的底面半径为，母线长度为，
当点是弧的中点时，且，
因为三棱柱的侧面是圆柱的轴截面，平面.
所以三棱柱为直三棱柱，所以平面.
因为平面，所以，
因为，所以平面.
由三棱柱可得，故平面，
故，，
．
【点睛】本题考查线线角的计算以及棱锥与圆柱的体积计算，注意线线角的计算需通过构建空间角，从而把空间角的计算转化平面角的计算，而棱锥体积的计算需通过线面垂直得到棱锥的高后方可计算，本题属于中档题.
18．已知函数，其中，且曲线在点处的切线垂直于直线.
（1）求的值；
（2）求函数的单调区间.
【答案】（1）；（2）单调递减区间是，单调递增区间是.
【分析】（1）求导，使求解的值；
（2）将（1）中所求的值代入，求解和的区间，从而得出函数的单调区间.
【详解】（1）对求导得，
由在点处的切线垂直于直线，
知，解得.
（2）由（1）知，则，
令，解得或，
因为不在的定义域内，所以舍去.
当时，，故在内单调递减；
当时，，故在内单调递增.
故的单调递减区间是(0，5)，单调递增区间是.
【点睛】本题考查导数的几何意义，考查函数单调区间的求解，难度一般.
19．如图，某市准备在道路EF的一侧修建一条运动比赛道，赛道的前一部分为曲线段FBC．该曲线段是函数时的图象，且图象的最高点为B赛道的中间部分为长千米的直线跑道CD，且CD∥EF；赛道的后一部分是以为圆心的一段圆弧DE．
(1)求的值和∠DOE的大小；
(2)若要在圆弧赛道所对应的扇形ODE区域内建一个“矩形草坪”，矩形的一边在道路EF上，一个顶点在半径OD上，另外一个顶点P在圆弧DE上，求“矩形草坪”面积的最大值，并求此时P点的位置．
【答案】（1）； （2）；
【分析】(1)依题意,得，根据周期公式可得,把B的坐标代入结合已知可得，从而可求的大小
(2)由(1)可知，矩形草坪的面积S关于的函数，有，结合正弦函数的性质可求S取得最大值
【详解】(1)由条件可得，，，，曲线段FBC的解析式为，当时，，又，
(2)由(1)，可知，又易知当“矩形草坪”的面积最大时，点P在弧DE上，
故，设， “矩形草坪”的面积为
,故当时，时，取得最大值，
此时
故面积最大值为：，点坐标为（）
【点睛】本题主要考查了实际问题中，由的部分图象确定函数的解析式，常规步骤为：由函数的最值确定A的值，由函数所过的特殊点确定周期T，利用周期公式求，再把函数所给的点(一般用最值点)的坐标代入求，从而求出函数的解析式；还考查了实际问题中的最值的求解，解题关键是要把实际问题转化为数学问题来求解
20．已知中心在原点，左焦点为的椭圆的左顶点为，上顶点为，到直线的距离为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点作直线，使其交椭圆于、两点，交直线于点. 问：是否存在这样的直线，使是、的等比中项？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由；
(3)若椭圆方程为，椭圆方程为：，则称椭圆是椭圆的倍相似椭圆.已知是椭圆的倍相似椭圆，若直线与两椭圆、交于四点（依次为、、、），且，试研究动点的轨迹方程.
【答案】(1)
(2)存在，
(3)
【分析】（1）设椭圆方程为，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可出椭圆的方程；
（2）分析可知直线不与轴重合，设直线的方程为，记、、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出，由已知条件可得出，求出的值，即可得出直线的方程；
（3）设、、、各点坐标依次为、、、，将直线与两椭圆的方程联立，列出韦达定理，分析可知，化简可得出动点的轨迹方程.
【详解】（1）解：设椭圆方程为，
所以直线方程为，即，
所以，点到直线距离为，
又，解得：，，故椭圆方程为.
（2）解：当直线与轴重合时，，而，
所以，不合乎题意；
若存在直线，使是、的等比中项，则可设直线方程为，
联立可得，
所以，，解得，
记、、，由韦达定理可得，
在直线的方程中，令，可得，即，
因为，即，则，
所以，，解得，满足，
故存在直线，使是、的等比中项，其方程为，即.
（3）解：椭圆的倍相似椭圆的方程为，
设、、、各点坐标依次为、、、，
联立可得，
则，
此时，，
所以，，
联立可得，
，
所以，，，
所以，，
因为，可得线段、的中点相同，所以，
由，所以，可得，
∴，满足，，
故动点的轨迹方程为.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
21．设数列对任意都有 (其中、、是常数) .
(1)当，，时，求；
(2)当，，时，若，，求数列的通项公式；
(3)若数列中任意（不同）两项之和仍是该数列中的一项，则称该数列是“封闭数列”.当，，时，设是数列的前项和，，试问：是否存在这样的“封闭数列”，使得对任意，都有，且.若存在，求数列的首项的所有取值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)；
(2)；
(3)存在，或或或.
【分析】（1）由已知得，再利用等比数列的前项和公式求解；
（2）由已知得，再利用等差数列求解；
（3）先证明是偶数，再证明，即得解.
【详解】（1）当，，时，， ①
用去代得，， ②
②—①得，，，
在①中令得，，则0，∴，
∴数列是以首项为1，公比为3的等比数列，
∴.
（2）当，，时，， ③
用去代得，， ④
④—③得， ， ⑤.
用去代得，， ⑥
⑥—⑤得，，即，.
∴数列是等差数列. ∵，，
∴公差，∴
（3）由知数列是等差数列，∵，∴.
又是“封闭数列”得：
对任意，必存在使，
得，故是偶数，
又由已知，，故.一方面，当时，，
对任意，都有.
另一方面，当时，，，
则，
取，则，不合题意.
当时，，，则
，
当时，，，
，
又，∴或或或