2023届上海市杨浦区高三上学期期中数学试题含解析

这是一份2023届上海市杨浦区高三上学期期中数学试题含解析，共13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。
2023届上海市杨浦区高三上学期期中数学试题 一、单选题1．设，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】C【分析】解不等式，利用集合间的关系理解充分、必要条件.【详解】设，∵，则“”是“”的充要条件.故选：C.2．同时掷两枚般子，向上的点数之和是6的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】列举法解决即可.【详解】列表得 共有36种等可能的结果，向上的点数之和是6的情况有5种，掷两枚般子，向上的点数之和是6的概率是，故选：D3．已知某射击爱好者打靶成绩（单位：环）的茎叶图如图所示，其中整数部分为“茎”，小数部分为“叶”，则这组数据的标准差为（精确到0.01）（    ）A．0.35 B．0.59 C．0.40 D．0.63【答案】B【分析】根据茎叶图求平均值，再由标准差与均值的关系求【详解】由茎叶图可得数据的平均数为，则数据的标准差为因为，所以很接近，且小于0.6，故只有B选项满足，故选：B4．如图所示，图中多面体是由两个底面相同的正四棱锥所拼接而成，且这六个顶点在同一个球面上．若二面角的正切值为1，则二面角的正切值为（    ）A．1 B． C．2 D．【答案】C【分析】根据正四棱锥的性质可得平面，外接球的球心在上，利用球的性质结合二面角的平面角的定义分析运算.【详解】连接，则交于点，且平面，故多面体的外接球的球心在上，取的中点，连接，∵，且为的中点，则，∴二面角的平面角为，二面角的平面角为，又∵二面角的正切值为，即，不妨设，则，∵，即，解得，即外接球的半径为，则，∴二面角的正切值.故选：C.【点睛】思路点睛：①正棱锥的顶点在底面的投影为底面的中心；②球心与截面圆心的连线与该截面垂直，可以用勾股定理运算求解. 二、填空题5．集合，若，则实数a的取值范围为_________．【答案】【分析】根据子集的定义和不等式的性质，即可求得答案.【详解】∵，，∴，故实数a的取值范围为.故答案为：.6．函数的定义域是______．【答案】【详解】由题设有，解得，故函数的定义域为，填．7．陈述句“且”的否定形式是_________．【答案】“或”【分析】根据命题的否定理解.【详解】“且”的否定形式是“或”.故答案为：“或”.8．已知A、B是独立事件，，则_________．【答案】##0.15【分析】根据独立事件的概率公式即可求解.【详解】由于A、B是独立事件,所以,故答案为:0.159．若圆锥的轴截面是边长为1的正三角形．则圆锥的侧面积是_________．【答案】【分析】根据题意可得圆锥的底面半径和母线长，进而根据圆锥侧面积公式求得结果.【详解】若圆锥的轴截面是边长为1的正三角形，则圆锥的底面半径，母线，故圆锥的侧面积.故答案为：.10．若复数（是虚数单位）是纯虚数，则实数的值为______.【答案】2【分析】利用复数的运算法则和纯虚数的定义即可得出．【详解】解：复数是纯虚数，，解得，故答案为：2．【点睛】本题主要考查复数代数形式的运算法则以及纯虚数的定义，属于基础题．11．已知，在上的投影向量为，则_________．【答案】【分析】根据投影向量可得，结合向量模长公式得模长即可求解.【详解】由得，在上的投影向量为，所以，故答案为：12．如果幂函数的图像经过点，那么单调减区间是_________．【答案】和【分析】根据幂函数解析式形式代入可得，即可求单调区间.【详解】设，则，故，因此的单调递减区间为：和，故答案为：和13．某医院对某学校高三年级的600名学生进行身体健康调查，采用男女分层抽样法抽取一个容量为50的样本，己知女生比男生少抽了10人，则该年级的女生人数是_________．【答案】240【分析】先求分层抽样比例，然后设元，根据题意列方程求解.【详解】抽取比例为，设该年级的女生人数是 ，则男生人数为，因为女生比男生少抽了10人，所以，解得 ，故答案为：240.14．偶函数在区间上是严格减函数，若．则关于x的不等式的解集是_________．【答案】【分析】令，通过的奇偶性和单调性来确定的奇偶性和单调性，再将变形为，得到，再利用奇偶性和单调性可得答案.【详解】令，在区间上是严格减函数，在区间上是严格增函数，在区间上是严格减函数，又也是偶函数，是定义在上的偶函数，由得，即，，解得故答案为：15．己且，则的最小值是_________．【答案】4【分析】根据绝对值三角不等式，即可容易求得结果.【详解】因为，当且仅当时取得等号；又当时，；当时，，故，当且仅当时取得等号；则，当且仅当或时取得等号.故答案为：.16．已知函数在上恰有5个零点，则实数a的最大值为_________．【答案】##【分析】根据正弦的二倍角公式可得或，进而可得的零点情况，结合区间即可确定a的最大值.【详解】由得，令，解得或，当,,当，或，所以当，的零点按从小到大排列有：，故在上恰有5个零点，则这5个零点为，故，故a的最大值为，故答案为： 三、解答题17．已知O为坐标原点，(1)若A、B、C三点共线，求x的值；(2)若与夹角为钝角，求x的取值范图.【答案】(1)2(2) 【分析】（1）根据题意结合运算求解；（2）根据向量夹角与数量积之间的关系运算求解.【详解】（1），三点共线，与共线，则，解得.（2）由（1）知，与夹角为钝角，可得，解得，若与平行，则，解得，若与不平行，则，的取值范围是.18．已知函数(1)若关于x的不等式的解集为，求实数a和b的值；(2)若函数在上的最大值为2，求实数a的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据三个二次之间的关系理解运算；（2）根据二次函数的对称性结合分类讨论，运算求解.【详解】（1）由已知可得的两根是，b所以，解得.（2）的对称轴为，当，即时，在时取得最大值，故．解得，符合题意；当，即时，在时取得最大值，故．解得，不符合题意，舍去；综上所述：.19．如图，一辆汽车在水平的公路上向正西直线行驶，到处时测得公路北侧远处一山项（在水平面上的射影为点）在西偏北的方向上，仰角为，行驶后到达处，测得山顶在西偏北的方向上．(1)求此山的高度（单位，精确到）：(2)求汽车行驶过程中仰望山顶的仰角的最大值（精确到）【答案】(1)(2) 【分析】（1）在直角三角形中求得山高，再由三角形中已知两角一边用正弦定理即可解决；（2）当点到公路距离最小时，仰望山顶的仰角达到最大，根据直角三角形边角关系，即可求解.【详解】（1）设此山高，则，在中，，根据正弦定理得，即，解得．答：山的高度为．（2）由题意可知，当点到公路距离最小时，仰望山顶的仰角达到最大．过作，垂足为，连接．则所以答：仰角的最大值为20．如图，三棱柱中，，，，点M，F分别为BC，的中点，点E为AM的中点．(1)证明：；(2)证明：平面；(3)求直线EF与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3) 【分析】（1）利用等腰三角形的三线合一定理及线面垂直的判定定理，结合线面垂直的性质定理即可求解；（2）利用三角形的中位线定理及平行四边形的判定和性质，结合线面平行的判定定理即可求解；（3）根据平行线的性质及线面角的定义，再利用线面平行的判定定理及线面垂直的性质定理，结合锐角三角函数即可求解.【详解】（1），点M为BC的中点同理，,平面,平面,平面    （2）取BM中点为G，连接EG、,则，所以又，所以四边形为平行四边形，所以而在平面内，EF在平面外，故平面，（3）因为，所以只需求直线与平面所成角的正弦值．因为，所以，因为所以因为  所以需求点到平面的距离．因为，不在平面内，BC在平面内，所以平面，所以只需求到平面的距离．过作的垂线，垂足为H．如图所示因为平面，所以．又因为，，所以平面因为  所以所以．所以直线EF与平面所成角的正弦值为.21．已知对任意正整数n，都存在n次多项式函数，使得对一切恒成立．例如“，”(1)求；(2)求证：当n为偶数时，不存在函数使得对一切恒成立；(3)求证：当n为奇数时，存在多项式函数使得对一切恒成立，并求其最高次项系数．【答案】(1)(2)证明见解析(3)答案见解析 【分析】（1）根据题意结合余弦函数理解求值；（2）根据诱导公式结合反证法证明；（3）根据三角恒等变换结合等比数列分析证明.【详解】（1）∵，当时，；当时，；当时，；当时，；故.（2）n为偶数，假设存在函数使得对一切恒成立，将带入，有，注意到，所以，故对一切恒成立，显然矛盾．故当n为偶数时，不存在定义在上的函数，使得对一切恒成立．（3）将代入，有，记，则，当时，，当时，，即．故函数，满足题意．由，可知，从而对一切恒成立，设n次多项式最高次项系数为，则，数列是以公比为2的等比数列，结合，可知，则，故n次多项式最高次项系数为．从而当时，最高次项系数为，从而当时，最高次项系数为．【点睛】方法点睛：①采用“切化弦”“弦化切”来减少函数的种类，做到三角函数名称的统一；②通过三角恒等变换，化繁为简，便于化简求值；基本思路：找差异，化同名(同角)，化简求值．