2023届宁夏回族自治区银川市育才中学高三下学期开学考试数学（理）试题含答案

2023届宁夏回族自治区银川市育才中学高三下学期开学考试数学（理）试题

一、单选题

1．已知全集，集合则（　　）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】先化简集合，然后利用交集和补集的定义进行求解即可

【详解】由可得，解得，

所以，

因为，

所以，.

故选：C.

2．已知复数z满足，则（    ）

A． B．4 C． D．32

【答案】C

【分析】求出，即得解.

【详解】解：因为，

所以，

所以.

故选：C

3．对于直线m，n和平面，，的一个充分条件是（    ）

A．，， B．，，

C．，， D．，，

【答案】D

【分析】根据空间线面、面面位置关系的判定定理和性质定定理逐个分析即可得答案.

【详解】对A：，，，不一定得到，A错误；

对B：，，，不一定得到，B错误；

对C：，，，则或两平面重合，C错误；

对D：，，则，又， 所以，D正确；

故选：D.

4．已知不等式的解集为，点在直线上，其中，则的最小值为（ ）

A． B．8 C．9 D．12

【答案】C

【分析】解不等式求得a、b的值，进而得到，然后利用“1”的代换，使用基本不等式求最值.

【详解】不等式的解集为，故，

所以即，

又，则，

当且仅当时上式取等号，

故选：C

5．河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产，龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟．现有一石窟的某处“浮雕像”共7层，每上层的数量是下层的2倍，总共有1016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列，则的值为（   ）

A．8 B．10 C．12 D．16

【答案】C

【分析】数列，是等比数列，公比为2，前7项和为1016，由此可求得首项，得通项公式，从而得结论．

【详解】最下层的“浮雕像”的数量为，依题有：公比，解得，则，，从而，故选C．

【点睛】本题考查等比数列的应用．数列应用题求解时，关键是根据题设抽象出数列的条件，然后利用数列的知识求解．

6．函数的定义域为R，对任意的，有，且函数为偶函数，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由条件有在上单调递减，函数为偶函数，则的图像关于直线对称，由对称性和单调性可得的大小关系.

【详解】对任意的，有,

即对任意的,设，都有，

所以在上单调递减.

又函数为偶函数，即.

则的图像关于直线对称.

所以, 则.

故选：B.

【点睛】本题考查函数单调性的定义及其应用，考查函数的奇偶性和对称性，属于中档题.

7．若点P在不等式组内，点在曲线上，那么的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】如图作出满足约束条件的可行域和圆的图像，显然的最小值即为可行域中的点到圆上的最小距离，转化为到圆心的距离减半径，观察图像即可求得答案.

【详解】如图作出满足约束条件的可行域和曲线，

的最小值即为可行域中的点到圆上的最小距离

故选：D

【点睛】本题考查线性规划问题中目标函数为距离型问题，属于中档题.

8．函数的图像大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】第一步，由函数为偶函数，排除C、D选项；

第二步，通过,排除B选项.

【详解】由函数得，

即，

故函数的定义域为，且对都有，

成立，

所以函数是偶函数，，排除C、D选项；

又,排除B选项.

故选：A.

9．如图，在中，点满足，过点的直线分别交直线于不同的两点.设则的最小值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用表示出，再结合结论：若三点共线且，则.即可得出的关系式，即可得出有最小值.

【详解】因为，所以.

又因为三点共线，所以.所以.

所以

所以当时,有最小值为.

故选:A.

10．如图为函数的部分图象，则（    ）

A．函数的周期为

B．函数是偶函数

C．函数在区间上恰好有三个零点

D．对任意的，都有

【答案】C

【分析】先根据图象求出的解析式，然后再逐个分析判断即可.

【详解】因为，所以，因为，所以，故，

因为，即，

又在处附近单调递减，且在时在处正弦函数第一次取值为，

所以，可得，所以，

对于A，的最小正周期，A错；

对于B，是奇函数，B错；

对于C，当时，，

令可得，即，则在上恰好有三个零点，C正确；

对于D，，故不是的最大值，D错.

故选：C

11．设函数在R上存在导数，对任意的，有，且时，若，则实数a的取值范围为（    ）．

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用不等式构造新函数，根据偶函数的性质，结合新构造函数的单调性进行求解即可.

【详解】设，则，

当时，，

即在上单调递减，而，

所以，

故是偶函数，所以在上单调递增，

因为，

所以，

即．

故选：A

【点睛】关键点睛：利用不等式构造新函数是解题的关键,

12．椭圆的左右焦点分别为､，直线与交于A､两点，若，，当时，的离心率的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】结合题干条件得到，表达出，，利用椭圆定义得到关系，结合的范围求出离心率的最小值.

【详解】连接，由题知点A､关于原点对称，，，，则，，又，即，，由得，所以，D正确.

故选：D

二、填空题

13．在中，分别是角的对边．若成等比数列，且，则A的大小是           .

【答案】

【分析】由题知，根据余弦定理即可解决.

【详解】由已知成等比数列，

所以，

由，得，

所以，得，

由余弦定理得，

因为，

所以.

故答案为：.

14．在平面直角坐标系中，角的始边落在x轴的非负半轴，终边上有一点是，若，则      ．

【答案】

【分析】，，可得再利用微积分基本定理即可得出．

【详解】，，

．

则．

故答案为

【点睛】本题考查了微积分基本定理、三角函数求值，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

15．在四面体中，若， ，，则四面体的外接球的表面积为       .

【答案】

【分析】根据四面体对棱长度相等可知其为长方体切割所得，各棱为长方体各个面的对角线，可知四面体外接球即为长方体外接球；根据长方体外接球半径为体对角线长度一半，求得体对角线长度即可得到外接球半径，代入球的表面积公式即可求得结果.

【详解】由题意可知，四面体是由下方图形中的长方体切割得到，为长方体的四个顶点，则四面体的外接球即为长方体的外接球

设长方体长、宽、高分别为

则    

即长方体体对角线长度为：

长方体外接球半径为体对角线长度一半，即

四面体外接球表面积：

本题正确结果：

【点睛】本题考查多面体外接球表面积的求解问题，关键是能够根据四面体对棱相等的特征，将其变为长方体的一个部分，从而将问题转化为长方体外接球表面积的求解问题.

16．过双曲线的右支上一点，分别向圆：和圆：()作切线，切点分别为、，若的最小值为，则        .

【答案】

【解析】根据已知条件可得、是双曲线的左、右焦点，由圆切线的性质可得，由双曲线的几何性质可求出最小值，即可求出.

【详解】解：由得，，则、是双曲线的左、右焦点，也是题中圆的圆心，

∴

，当在轴上时，最小为，

则最小值为，解得.

故答案为:.

【点睛】关键点睛：

本题考查了双曲线的几何性质，本题的关键是结合图形和双曲线的定义，明确何时取最小值，从而结合已知条件即可求出半径.

三、解答题

17．已知等差数列满足：，，的前项和为.

（1）求及；

（2）求数列的前项和.

【答案】（1），；（2）.

【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意，列出方程组求解，得出首项和公差，进而可求出通项公式和前项和；

（2）由（1）得，得出，根据裂项相消的方法，即可求结果.

【详解】（1）设等差数列的公差为，

由，，可得，解得，，

所以；

；

（2）由（1）可知，，所以

∴

.

【点睛】本题主要考查求等差数列的通项和前项和；考查裂项相消法求数列的和，属于常考题型.

18．在①，②;③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并做答.

问题:已知的内角的对边分别为，________，角的平分线交于点，求的长.

(注:如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.)

【答案】.

【解析】若选①，根据三角形的面积公式即可求出，再利用余弦定理得，再根据勾股定理，可知；方法一：根据为角平分线，可知，再在中，由正弦定理即可求出结果；方法二：根据为角平分线，可知，再由和面积公式即可求出结果；若选②，根据正弦定理可得，进而求出，其他同①过程，即得结果；若选条件③，由，可得，再根据余弦定理可求出，再根据勾股定理，可知，其他同①过程，即得结果.

【详解】若选条件①：由，可得

因为，

所以

在中，由

所以，

所以

(法一）因为为角平分线，

所以，

故，

在中，，

可得

(法二）因为为角平分线，

所以，

因为

所以，

解得

若选条件②：由，

可得，

因为

所以，

可得，

因为，

所以

故，

可得.

（下同条件①)

若选条件③:由，可得，

在中，由，

所以，

所以.

（下同条件①).

【点睛】本题解题关键是选择一个条件，结合正弦定理、余弦定理、面积公式或勾股定理，化简整理得到角，这是突破本题的关键点，然后再根据正弦定理或者面积法即可求出结果.

19．在多面体中，四边形为菱形，，平面平面，，，.

（1）若是线段的中点，证明：平面平面；

（2）求二面角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）连接、、，可知为等边三角形，利用三线合一的性质可得，利用面面垂直的性质定理可得出平面，再利用面面垂直的判定定理可得出平面平面；

（2）证明出，然后设，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值，结合同角三角函数的基本关系可求得二面角的正弦值.

【详解】（1）连接、、，如图所示：

四边形为菱形，，，则为等边三角形，

为的中点，，

平面平面，平面平面，平面，

平面，

平面，因此，平面平面；

（2）由（1）可知，，，，平面，

平面，，

为的中点，则，，则是等腰直角三角形，

以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，

设，则、、、，

，则，，

，，

设平面的法向量为，

由，得，令，可得，，

所以，平面的一个法向量为，

易知平面的一个法向量为，

设二面角的平面角为，则为钝角，

，所以，，.

因此，二面角的正弦值为.

【点睛】本题考查面面垂直的判定，同时也考查了利用空间向量法求解二面角的正弦值，考查推理能力与计算能力，属于中等题.

20．已知椭圆：的左右焦点分别为，上顶点为，长轴长为，若为正三角形.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)过点，斜率为的直线与椭圆相交两点，求的长；

(3)过点的直线与椭圆相交于两点，，求直线的方程.

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）根据题干条件求出即可得到椭圆标准方程；

（2）联立直线和椭圆方程，直接利用弦长公式进行求解；

（3）联立直线和椭圆方程，结合韦达定理，列方程组求解.

【详解】（1）

依题意，，则，由为正三角形，则，故，于是，故椭圆的标准方程为：；

（2）由（1）知，，故该直线为：，和椭圆联立：

，整理可得，故，由弦长公式，

（3）显然的斜率存在（否则轴，根据对称性，，与题设矛盾），设直线为：，和椭圆方程联立得，，

，则，故，

由韦达定理可得：，，

于是，，故，

即，

化简可得，解得，

故直线为：

21．设函数，.

（1）当时，在上恒成立，求实数的取值范围；

（2）当时，若函数在上恰有两个不同的零点，求实数的取值范围.

【答案】（1）；（2）(]

【详解】试题分析：（1）由 ，由 在（ 上恒成立，得到 ，即 在（1，+∞）上恒成立，构造函数，求出函数的最小值，即可得到实数 的取值范围；

（2）当 时，易得函数 的解析式，由方程的根与对应函数零点的关系，易转化为 在上恰有两个相异实根，利用导数分析函数的单调性，然后根据零点存在定理，构造关于 的不等式组，解不等式组即可得到答案．

试题解析：（1）当时，由得，

∵，∴，∴有在上恒成立，

令，由得，

当，∴在上为减函数，在上为增函数，

∴，∴实数的取值范围为；

（2）当时，函数，

在上恰有两个不同的零点，即在上恰有两个不同的零点，

令，则，

当，；当，，

∴在上单减，在上单增，，

又，如图所示，所以实数的取值范围为(]

【点睛】本题以函数为载体，考查的知识点是利用导数研究函数的极值，函数的零点，具有一定的难度，解题时要注意挖掘题设中的隐含条件．其中（1）的关键是构造函数，将问题转化为函数恒成立问题，（2）的关键是利用导数分析函数的单调性后，进而构造关于 的不等式组．

22．在平面直角坐标系中，已知曲线(t为参数)，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线.

（1）求曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；

（2）设射线与相交于A，B两点，与相交于M点(异于O)，若，求a.

【答案】（1）的极坐标方程为：，的直角坐标方程为：；（2）.

【分析】（1）根据代入法把曲线化成普通方程，进而利用极坐标方程与直角坐标方程互化公式求出曲线的极坐标方程，用坐标方程与直角坐标方程互化公式求出曲线的直角坐标方程即可；

（2）运用代入法得到一个一元二次方程，结合已知等式进行求解即可.

【详解】解：（1）由

所以曲线的极坐标方程为：，

由

所以曲线的直角坐标方程为：.

（2）将代入，得，

即，解得，，所以.

又，而，

所以.

23．设函数.

(1)当，求不等式的解集：

(2)已知，，函数的最小值为1，求证

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据绝对值不等式的求解：分类去掉绝对值，然后分情况讨论即可求解，（2）根据绝对值三角不等式可求最小值为，进而根据基本不等式乘“1”法证明不等式即可.

【详解】（1）当a=1时，

所以或或，解得或.

因此不等式的解集的

（2），

当且仅当时等号成立，所以，

因此，故，当且仅当时.等式成立，