2023届青海省西宁市海湖中学高三下学期开学考试数学（理）试题含答案

2023届青海省西宁市海湖中学高三下学期开学考试数学（理）试题

一、单选题

1．（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题意结合诱导公式可得，再由二倍角公式即可得解.

【详解】由题意，

.

故选：D.

2．已知，则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】由充分条件、必要条件的定义判断即可得解.

【详解】由题意，若，则，故充分性成立；

若，则或，推不出，故必要性不成立；

所以“”是“”的充分不必要条件.

故选：A.

3．函数在区间的图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.

【详解】令，

则，

所以为奇函数，排除BD；

又当时，，所以，排除C.

故选：A.

4．二次不等式的解集是，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题意得2,3为方程的两个根，根据韦达定理，化简计算，即可得答案.

【详解】因为二次不等式，所以，

因为不等式的解集是，

所以2,3为方程的两个根，

所以，即

所以.

故选：B

5．已知曲线在点处的切线方程为，则

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】通过求导数，确定得到切线斜率的表达式，求得，将点的坐标代入直线方程，求得．

【详解】详解：

，

将代入得，故选D．

【点睛】本题关键得到含有a，b的等式，利用导数几何意义和点在曲线上得到方程关系．

6．下列函数中，在区间（0，+）上单调递增的是

A． B．y= C． D．

【答案】A

【分析】由题意结合函数的解析式考查函数的单调性即可.

【详解】函数，

在区间 上单调递减，

函数 在区间上单调递增，故选A.

【点睛】本题考查简单的指数函数、对数函数、幂函数的单调性，注重对重要知识、基础知识的考查，蕴含数形结合思想，属于容易题.

7．在△ABC中，cosC=，AC=4，BC=3，则tanB=（    ）

A． B．2 C．4 D．8

【答案】C

【分析】先根据余弦定理求，再根据余弦定理求，最后根据同角三角函数关系求

【详解】设

故选：C

【点睛】本题考查余弦定理以及同角三角函数关系，考查基本分析求解能力，属基础题.

8．已知向量满足，则（    ）

A． B． C．1 D．2

【答案】C

【分析】根据给定模长，利用向量的数量积运算求解即可.

【详解】解：∵，

又∵

∴9，

∴

故选：C.

9．记为等差数列的前n项和．已知，则

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】等差数列通项公式与前n项和公式．本题还可用排除，对B，，，排除B，对C，，排除C．对D，，排除D，故选A．

【详解】由题知，，解得，∴，故选A．

【点睛】本题主要考查等差数列通项公式与前n项和公式，渗透方程思想与数学计算等素养．利用等差数列通项公式与前n项公式即可列出关于首项与公差的方程，解出首项与公差，在适当计算即可做了判断．

10．如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（    ）

A．8 B．12 C．16 D．20

【答案】B

【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.

【详解】由三视图还原几何体，如图，

则该直四棱柱的体积.

故选：B.

11．下列函数中最小值为4的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据二次函数的性质可判断选项不符合题意，再根据基本不等式“一正二定三相等”，即可得出不符合题意，符合题意．

【详解】对于A，，当且仅当时取等号，所以其最小值为，A不符合题意；

对于B，因为，，当且仅当时取等号，等号取不到，所以其最小值不为，B不符合题意；

对于C，因为函数定义域为，而，，当且仅当，即时取等号，所以其最小值为，C符合题意；

对于D，，函数定义域为，而且，如当，，D不符合题意．

故选：C．

【点睛】本题解题关键是理解基本不等式的使用条件，明确“一正二定三相等”的意义，再结合有关函数的性质即可解出．

12．已知，关于该函数有下列四个说法：

①的最小正周期为；

②在上单调递增；

③当时，的取值范围为；

④的图象可由的图象向左平移个单位长度得到．

以上四个说法中，正确的个数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据三角函数的图象与性质，以及变换法则即可判断各说法的真假．

【详解】因为，所以的最小正周期为，①不正确；

令，而在上递增，所以在上单调递增，②正确；因为，，所以，③不正确；

由于，所以的图象可由的图象向右平移个单位长度得到，④不正确．

故选：A．

二、填空题

13．若，则实数的值是      .

【答案】

【分析】根据对数运算化简为，求解的值.

【详解】，

即，解得：.

故答案为：

14．已知，则          ．

【答案】

【分析】方法一：利用两角差的正切公式展开，解方程可得.

【详解】［方法一］：直接使用两角差的正切公式展开

因为，所以，解之得．

故答案为：．

［方法二］：整体思想＋两角和的正切公式

．

故答案为：．

［方法三］：换元法＋两角和的正切公式

 令，则，且．

．

故答案为：．

【整体点评】方法一：直接利用两角差的正切公式展开，解方程，思路直接；

方法二：利用整体思想利用两角和的正切公式求出；

方法三：通过换元法结合两角和的正切公式求出，是给值求值问题的常用解决方式．

15．已知向量．若，则              ．

【答案】/

【分析】直接由向量垂直的坐标表示求解即可.

【详解】由题意知：，解得.

故答案为：.

16．记为数列的前项和，若，则             ．

【答案】

【分析】首先根据题中所给的，类比着写出，两式相减，整理得到，从而确定出数列为等比数列，再令，结合的关系，求得，之后应用等比数列的求和公式求得的值.

【详解】根据，可得，

两式相减得，即，

当时，，解得，

所以数列是以-1为首项，以2为公比的等比数列，

所以，故答案是.

点睛：该题考查的是有关数列的求和问题，在求解的过程中，需要先利用题中的条件，类比着往后写一个式子，之后两式相减，得到相邻两项之间的关系，从而确定出该数列是等比数列，之后令，求得数列的首项，最后应用等比数列的求和公式求解即可，只要明确对既有项又有和的式子的变形方向即可得结果.

三、解答题

17．小明同学用“五点法”作某个正弦型函数在一个周期内的图象时，列表如下：

根据表中数据，求：

（1）实数，，的值；

（2）该函数在区间上的最大值和最小值.

【答案】（1），，；（2）最大值是3，最小值是.

【分析】（1）利用三角函数五点作图法求解，，的值即可.

（2）首先根据（1）知：，根据题意得到，从而得到函数的最值.

【详解】（1）由表可知，则，

因为，，所以，解得，即，

因为函数图象过点，则，即，

所以，，解得，，

又因为，所以.

（2）由（1）可知.

因为，所以，

因此，当时，即时，，

当时，即时，.

所以该函数在区间上的最大值是3，最小值是.

18．等比数列中，．

（1）求的通项公式；

（2）记为的前项和．若，求．

【答案】（1）或 .

（2）.

【详解】分析：（1）列出方程，解出q可得；（2）求出前n项和，解方程可得m．

详解：（1）设的公比为，由题设得．

由已知得，解得（舍去），或．

故或．

（2）若，则．由得，此方程没有正整数解．

若，则．由得，解得．

综上，．

点睛：本题主要考查等比数列的通项公式和前n项和公式，属于基础题．

19．如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且．

（1）证明：平面平面；

（2）若，求四棱锥的体积．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【分析】（1）由底面可得，又，由线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面平面；

（2）由（1）可知，，由平面知识可知，，由相似比可求出，再根据四棱锥的体积公式即可求出．

【详解】（1）因为底面，平面，

所以，

又，，

所以平面，

而平面，

所以平面平面．

（2）[方法一]：相似三角形法

 由（1）可知．

于是，故．

因为，所以，即．

故四棱锥的体积．

[方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法

   由（2）知,所以．

建立如图所示的平面直角坐标系，设．

因为，所以，，，．

从而．

所以，即．下同方法一.

 [方法三]【最优解】：空间直角坐标系法

  建立如图所示的空间直角坐标系，

设，所以，，，，．

所以，，．

所以．

所以，即．下同方法一.

 [方法四]：空间向量法

   由，得．

所以．

即．

又底面，在平面内，

因此，所以．

所以，

由于四边形是矩形，根据数量积的几何意义，

得，即．

所以，即．下同方法一.

【整体点评】(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；

方法二构建平面直角坐标系，利用直线垂直的条件得到矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；

方法三直接利用空间直角坐标系和空间向量的垂直的坐标运算求得矩形的另一个边长,为最常用的通性通法，为最优解；

方法四利用空间向量转化求得矩形的另一边长.

20．在中，．

(1)求；

(2)若，且的面积为，求的周长．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用二倍角的正弦公式化简可得的值，结合角的取值范围可求得角的值；

（2）利用三角形的面积公式可求得的值，由余弦定理可求得的值，即可求得的周长.

【详解】（1）解：因为，则，由已知可得，

可得，因此，.

（2）解：由三角形的面积公式可得，解得.

由余弦定理可得，，

所以，的周长为.

21．已知函数．

(1)当时,讨论的单调性;

(2)当时,,求a的取值范围.

【答案】(1)减区间,增区间,

(2).

【分析】(1)将代入,求函数的导函数,求出单调性;

(2)构造新的函数,通过判断临界点处的导数正负,判断时函数的增减趋势,以此证明和时所构造函数的单调性和值域,进而得出a的取值范围.

【详解】（1）解:由题知,当时,,则,

当时,,

当时,,

故的减区间为,增区间为.

（2）设,则,又,

设,则,

若,则,

因为为连续不间断函数,

故存在,使得,总有,

故在为增函数,故,

故在为增函数,

故,与题设矛盾.

若,则,

下证：对任意,总有成立,

证明：设,故,

故在上为减函数,

故即成立.

由上述不等式有,

故总成立,即在上为减函数,

所以.

当时,有,      

 所以在上为减函数,所以.

综上,.

【点睛】本题是导函数应用题,第一问比较常规,代入求导即可;第二问主要是对的分类,先考虑临界点的情况,也是根据临界点进行分类,一种情况找出矛盾点,对另一种情况进行证明成立,中间需要多次求导,多次构造函数,注意导函数正负决定所对应函数的单调性,然后判断原函数的取值范围,进而判断原函数的正负,再一层一层往上进行判断,有必要时需要用到隐零点,注意隐零点所在区间.

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（t为参数），曲线的参数方程为（s为参数）．

(1)写出的普通方程；

(2)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，求与交点的直角坐标，及与交点的直角坐标．

【答案】(1)；

(2)的交点坐标为，，的交点坐标为，．

【分析】(1)消去，即可得到的普通方程；

(2)将曲线的方程化成普通方程，联立求解即解出．

【详解】（1）因为，，所以，即的普通方程为．

（2）因为，所以，即的普通方程为，

由，即的普通方程为．

联立，解得：或，即交点坐标为，；

联立，解得：或，即交点坐标为，．