2023届上海财经大学附属北郊高级中学高三上学期开学考试数学试题含解析

这是一份2023届上海财经大学附属北郊高级中学高三上学期开学考试数学试题含解析，共14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届上海财经大学附属北郊高级中学高三上学期开学考试数学试题 一、单选题1．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】D【分析】利用特殊值法结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】充分性：取，，则成立，但不成立，充分性不成立；必要性：取，，则成立，但不成立，必要性不成立.因此，“”是“”的既不充分也不必要条件.故选：D.2．下列函数中，以为周期且在区间上单调递增的是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】分别计算出ABCD的周期，再判断是否在区间上单调递增即可．【详解】A: ，周期为，在区间上单调递增，故A正确；B: ,周期为，在区间上单调递减，排除；C: ,周期为,在区间上不具有单调性，排除；D: ,周期为,排除.故选：A.3．如图，在棱长为1的正方体中，P､Q､R分别是棱AB､BC､的中点，以PQR为底面作一个直三棱柱，使其另一个底面的三个顶点也都在正方体的表面上，则这个直三棱柱的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】分别取的中点，连接，利用棱柱的定义证明几何体是三棱柱，再证明平面PQR，得到三棱柱是直三棱柱求解.【详解】如图所示：连接,分别取其中点，连接，则，且，所以几何体是三棱柱，又，且，所以平面，所以，同理，又，所以平面PQR，所以三棱柱是直三棱柱，因为正方体的棱长为1，所以,所以直三棱柱的体积为，故选：C4．设，，定义运算“△”和“”如下：，.若正数，，，满足，，则（    ）A．△，△ B．，C．△， D．，△【答案】D【分析】根据所给运算，取特殊值检验即可排除ACB，得到答案.【详解】令满足条件，则，可排除A,C；令满足。则，排除B;故选：D 二、填空题5．已知集合，，则___________.【答案】(2,3)【分析】利用集合的交集运算求解.【详解】因为集合，，所以，故答案为：6．函数的定义域是___________【答案】【分析】利用对数函数的定义域求法求解.【详解】因为函数，所以，解得，所以函数的定义域是，故答案为：7．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.8．在的二项展开式中，项的系数为___________(结果用数值表示).【答案】160【分析】直接根据生成法求解的系数.【详解】展开式中含的项为，所以项的系数为160，故答案为：160.9．已知，则__________．【答案】【详解】10．设P为直线上的一点，且位于第一象限，若点P到双曲线的两条渐近线的距离之积为27，则点P的坐标为___________【答案】【分析】设利用点到直线的距离公式列出方程，计算即可.【详解】设，双曲线的两条渐近线为，即.则点P到双曲线的两条渐近线的距离之积为，解得：.所以点P的坐标为.故答案为：11．已知，，且，则的最小值为___________【答案】25【分析】根据，，且，由，利用基本不等式求解.【详解】因为，，且，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为25，故答案为：2512．已知函数在区间上是增函数，则实数的取值范围是______.【答案】【分析】根据二次函数对称轴与单调区间位置关系列不等式，解得结果.【详解】对称轴方程为，在区间上是增函数，所以.故答案为:.【点睛】本题考查根据二次函数单调性求参数取值范围，考查数形结合思想方法，属基础题.13．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝1+（n﹣1）d，5a2＝a8，则Sn＝__．【答案】【分析】由题意得5（1+d）＝1+7d，从而确定d＝2，再求数列的前n项和即可．【详解】解：∵an＝1+（n﹣1）d，5a2＝a8，∴5（1+d）＝1+7d，解得，d＝2，∴an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，故数列{an}为等差数列，故Snn＝n2，故答案为：n2．14．袋中有一个白球和个黑球，一次次地从袋中摸球，如果取出白球，则除把白球放回，再加进个白球，直至取出黑球为止，则取了N次都没有取到黑球的概率是___________.【答案】【分析】根据相互独立事件的概率公式计算可得；【详解】解：依题意取了次都没有取到黑球的概率；故答案为：15．已知定义在上的函数满足，当时，，则方程有___________个根.【答案】10【分析】作出周期函数的图象，再作出的图象，根据数形结合求解即可.【详解】由可知，函数周期为，作出函数与，由图象可知，与有10个交点，所以方程有10个根.故答案为：1016．在平面直角坐标系中，已知，是上的两个不同的动点，满足，且恒成立，则实数最小值是________【答案】49【分析】因为，可知是的垂直平分线，，设，、、的长即可用表示，再利用余弦定理表示，利用数量积的定义将用表示，，利用函数求出，即得最小值.【详解】如图圆心，，因为， 所以是的垂直平分线，设与相交于点，则点是的中点，设，则，，恒成立，所以 ，在中，由余弦定理得：，所以，，因为，所以时，，即所以，故实数最小值是， 故答案为：49【点睛】本题主要考查了平面向量数量积的定义，余弦定理，勾股定理，恒成立问题，求二次函数的最值，属于综合性题目，属于中档题. 三、解答题17．如图，已知圆锥的底面半径，经过旋转轴SO的截面是等边三角形SAB，点Q为半圆弧AB的中点，点P为母线SA的中点.(1)求此圆锥的表面积：(2)求异面直线PQ与SO所成角的大小.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据已知利用公式求得底面积和侧面积即可得出结果.（2）取OA的中点M，连接PM，又点P为母线SA的中点，所以，故为PQ与SO所成的角，计算即可得出结果.【详解】(1)圆锥的底面半径，截面三角形SAB是等边三角形，底面积侧面积 ，圆锥的表面积.(2)取OA的中点M，连接PM，又点P为母线SA的中点，所以，故为PQ与SO所成的角. 由，，点Q为半圆弧AB的中点，知，在 中，，在中，，在中，,所以.所以求异面直线PQ与SO所成角的大小为.18．甲、乙两人玩猜数字游戏，规则如下：①连续竞猜次，每次相互独立；②每次竞猜时，先由甲写出一个数字，记为，再由乙猜测甲写的数字，记为，已知，若，则本次竞猜成功；③在次竞猜中，至少有次竞猜成功，则两人获奖.（1）求甲乙两人玩此游戏获奖的概率；（2）现从人组成的代表队中选人参加此游戏，这人中有且仅有对双胞胎，记选出的人中含有双胞胎的对数为，求的分布列和期望.【答案】（1）（2）分布列为： 【分析】（1）利用古典概型计算出一个竞猜成功的概率，根据二项分布的概率公式得到答案；（2）本题考查离散型随机变量分布列及其均值，根据题意，明确变量的可能取值，利用古典概型的计算公式分别计算出所有取值的概率，根据分布列的定义和均值的公式得到答案.【详解】（1）记事件为甲乙两人一次竞猜成功，则，则甲乙两人获奖的概率为；（2）由题意可知6人中选取4人，双胞胎的对数取值为0，1，2则，∴分布列为： ∴.19．已知函数.(1)设是的反函数，若，求的值；(2)是否存在常数，使得函数为奇函数，若存在，求m的值，并证明此时在上单调递增，若不存在，请说明理由.【答案】(1)3(2)详细见解析 【分析】（1）根据反函数定义可知，，利用对数性质计算即可求得结果.（2）利用奇偶性的定义即可求得的值，利用单调性的定义证明即可得出结果.【详解】(1)函数，是的反函数，则，，即，.(2),定义域为，关于原点对称，又，若函数为奇函数，则 ，即，解得 ，故存在常数，使得函数为奇函数，任取，且.因为，所以.所以.又，所以，即，所以，函数在其定义域上是增函数.20．已知为椭圆C：内一定点，Q为直线l：上一动点，直线PQ与椭圆C交于A､B两点（点B位于P､Q两点之间），O为坐标原点.(1)当直线PQ的倾斜角为时，求直线OQ的斜率；(2)当AOB的面积为时，求点Q的横坐标；(3)设，，试问是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】(1)(2)或(3)1 【分析】（1）先得到直线PQ的方程为：，由得到Q的坐标求解； （2）设直线PQ的方程为，由，结合韦达定理求得，再由求解.（3）设直线PQ的方程为，由，得到，，有，再根据，，得到求解.【详解】(1)解：因为直线PQ的倾斜角为，且，所以直线PQ的方程为：，由，得，所以直线OQ的斜率是；(2)易知直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为，由，得，设，则，所以，所以，解得，即，所以直线PQ的方程为或，由，得；由，得；(3)易知直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为，由，得，设，则，所以，因为，，所以，所以，.21．已知函数，无穷数列满足，.(1)若，写出数列的通项公式（不必证明）；(2)若，且，，成等比数列，求的值；问是否为等比数列，并说明理由；(3)证明：，，，，成等差数列的充要条件是.【答案】(1)；(2)，为等比数列；，不为等比数列，理由见解析；(3)证明见解析. 【分析】（1）根据递推关系写出前几项，直接得到通项公式；（2）时，由，，成等比数列可求出判断数列即可，时同理可求出，由等比数列定义判断即可；（3）结合（2）先证明充分性，再分别讨论，，证明必要性即可.【详解】(1)因为，所以，所以；(2)因为 当时，由，所以，所以，即为等比数列；当时，由舍， 所以，因为，所以数列不是等比数列；综上，当时，是等比数列，当时，不是等比数列；(3)充分性:当时，由(2)知，此时为等差数列;必要性:当时, ，所以，所以，数列为递增数列,易知，存在，此时，与矛盾，舍去;当时，由，所以,所以，，即为等差数列;当时，由与不符，舍去;综上，，，，，成等差数列的充要条件是 .【点睛】方法点睛：注意在涉及数列的证明求解过程中，分类讨论方法的应用，本题求解过程一定要分别考虑的范围对解题的影响，分为，，去考虑问题即可.