2023届吉林省四平市第一高级中学高三上学期开学考试数学试题（解析版）

2023届吉林省四平市第一高级中学高三上学期开学考试数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】解不等式分别求得集合，由交集定义可得结果.

【详解】，，.

故选：D.

2．（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由复数运算法则直接计算即可.

【详解】.

故选：C.

3．已知向量，，若，则（    ）

A． B． C．1 D．2

【答案】D

【分析】根据平面向量垂直的坐标表示即可解出．

【详解】由，得，则.

故选：D．

4．一封闭的正方体容器，P，Q，R分别是AB，BC和的中点，由于某种原因，P，Q，R处各有一个小洞，当此容器内存水的表面恰好经过这三个小洞时，容器中水的上表面形状是（    ）

A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形

【答案】D

【分析】过P，Q，R三点的平面为六边形，可以根据平面的性质公理，先后证明其余三个顶点在P，Q，R所确定的平面上.

【详解】

如图，设过P，Q，R三点的平面为平面.

分别取，，的中点F，E，M，

连接RF，FE，EP，PQ，QM，MR，EM，QF，RP.

由正方体性质知，所以平面.

又，所以平面.

又，所以平面.

所以点六边形RFEPQM为容器中水的上表面的形状.

故选：D.

5．若关于x的不等式的解集是，则的最小值为（    ）

A．8 B．6 C．4 D．2

【答案】A

【分析】根据三个“二次”的关系可知，和是方程的两根，由韦达定理求出，即可将化成关于的式子，变形，由基本不等式即可求出其最小值．

【详解】根据题意可得和是方程的两根且，即，.

故，

当且仅当时，等号成立.

故选：A．

6．已知函数的部分图象如图所示.将函数的图象向右平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由最值可求得，根据最小正周期可求得，由可求得，从而得到解析式；由三角函数平移和伸缩变换原则可得.

【详解】由图象可知：，最小正周期，，，

，，解得：，

又，，；

将图象向右平移个单位长度可得：；

将横坐标变为原来的倍得：.

故选：A.

7．“方程表示椭圆”的一个充分条件是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由方程表示椭圆则可得到或，再由充分条件的定义即可选出答案.

【详解】若方程表示椭圆，

则解得或．

对比选项，A符合题意.

故选：A．

8．香农定理是所有通信制式最基本的原理，它可以用香农公式来表示，其中C是信道支持的最大速度或者叫信道容量，B是信道的带宽（Hz），S是平均信号功率（W），N是平均噪声功率（W）.已知平均信号功率为1000W，平均噪声功率为10W，在不改变平均噪声功率和信道带宽的前提下，要使信道容量增加到原来的2倍，则平均信号功率需要增加到原来的（    ）

A．1.2倍 B．12倍 C．102倍 D．1002倍

【答案】C

【分析】根据题意解对数方程即可得解．

【详解】由题意可得，，则在信道容量未增加时，信道容量为，当信道容量增加到原来的2倍时，，则，即，解得，则平均信号功率需要增加到原来的102倍.

故选：C．

9．甲､乙､丙等七人相约到电影院看电影《长津湖》，恰好买到了七张连号的电影票，若甲､乙两人必须相邻，且丙坐在七人的正中间，则不同的坐法的种数为（    ）

A．240 B．192 C．96 D．48

【答案】B

【分析】分三步：先安排丙，再安排甲、乙，然后安排其他四人.

【详解】丙在正中间（4号位）；

甲､乙两人只能坐12，23或56，67号位，有4种情况，

考虑到甲､乙的顺序有种情况；

剩下的4个位置其余4人坐有种情况；

故不同的坐法的种数为.

故选：B.

10．在正四棱台中，，，则该棱台外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设所求外接球球心为，则在上下底面中心的连线上，利用勾股定理可求得，设，在和中，利用勾股定理可构造方程组求得，代入球的表面积公式即可求得结果.

【详解】由题意知：四边形均为正方形，为上下底面的中心，设正四棱台的外接球球心为，外接球半径为，则直线；

，，，又，

，

当位于线段上时，

设，则，解得：（舍）；

当位于线段的延长线上时，

设，则，解得：；

该棱台的外接球表面积.

故选：D.

11．若直线是曲线与的公切线，则（    ）

A． B．1 C． D．2022

【答案】A

【分析】设直线与的图象相切于点，与的图象相切于点，求出，，由点、点在切线上，得切线方程，联立切线方程可得答案..

【详解】设直线与的图象相切于点，与的图象相切于点，又，，所以，，

由点在切线上，得切线方程为；

由点在切线上，得切线方程为，

故，解得，

故.

故选：A.

12．已知数列的前项和为，且或的概率均为，设能被整除的概率为．有下述四个结论：①；②；③；④当时，．其中所有正确结论的编号是（    ）

A．①③ B．②④ C．②③ D．②③④

【答案】C

【分析】分析可知被整除的余数有种情况，分别为、、，可得出，求出数列的通项公式，即可判断①②③④的正误.

【详解】被整除的余数有种情况，分别为、、，

被整除的概率为，被整除余数分别为、的概率均为，

所以，，

所以，，且，

所以，数列是等比数列，且首项为，公比为，

所以，，故.

故，，，

当且为偶数时，，

所以，①④错，②③对.

故选：C.

【点睛】方法点睛：已知数列的递推关系求通项公式的典型方法：

（1）当出现时，构造等差数列；

（2）当出现（且）时，构造等比数列；

（3）当出现时，用累加法求解；

（4）当出现时，用累乘法求解.

二、填空题

13．已知为三角形的内角，且，则___________.

【答案】

【分析】根据二倍角公式可由得，再将化成齐次式即可解出．

【详解】由，可得，

故.

故答案为：．

14．已知圆与抛物线的准线相切，则___________.

【答案】4

【分析】根据直线与圆相切圆心到直线的距离等于半径即可求解.

【详解】因为圆的圆心为，半径，抛物线的准线为，

所以，解得.

故答案为：4

15．写出一个同时具有下列性质①②的函数：______.①；②在R上恰有三个零点.

【答案】(答案不唯一)

【分析】根据题意为偶函数，且在上有三个零点，找一个符合要求的函数即可，答案不唯一.

【详解】因为，所以为偶函数，

对于方程，设，则有，

变形可得，方程有两根，

则有两解，

所以函数有三个零点.

故答案为:.

16．平面上到两条相交直线的距离之和为常数的点的轨迹为平行四边形，其中这两条相交直线是该平行四边形对角线所在的直线，若平面上到两条直线，的距离之和为2的点P的轨迹为曲线，则曲线围成的图形面积为___________.

【答案】

【分析】先根据题意求出P的轨迹方程，再求出该平行四边形的四个顶点坐标，根据曲线围成的图形面积即可求出．

【详解】设，则P的轨迹方程为，

令，得曲线与交于，，

令，得曲线与交于，，

因为，所以.

故答案为：．

三、解答题

17．2022年6月某一周，“东方甄选”直播间的交易额共计3.5亿元，数据统计如下表：

(1)通过分析，发现可用线性回归模型拟合交易额y与t的关系，请用相关系数（系数精确到0.01）加以说明；

(2)利用最小二乘法建立y关于t的经验回归方程（系数精确到0.1），并预测下一周的第一天（即第8天）的交易额.

参考数据：，，.参考公式：相关系数.在回归方程中，斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为，.

【答案】(1)答案见解析

(2)，1.1亿元

【分析】（1）根据相关系数公式求出，利用数值对应的意义即可说明；

（2）先由最小二乘法求出回归方程，在令，即可预测出下一周的第一天的交易额．

【详解】（1）因为，，，，

所以.

因为交易额y与t的相关系数近似为0.98，说明交易额y与t具有很强的正线性相关，

从而可用线性回归模型拟合交易额y与t的关系.

（2）因为，，所以，

，所以y关于t的回归方程为，

将代入回归方程得（千万元）亿元，

所以预测下一周的第一天的交易额为1.1亿元.

18．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.

(1)求角B的大小；

(2)若BC边上的高为，求.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先根据式子形式采取角化边，然后利用余弦定理的推论即可解出；

（2）先根据锐角三角函数的定义可知，，得出关系，再根据可求出，然后根据三角形内角和定理，诱导公式，两角和的正弦公式化简，即可解出．

【详解】（1）由，得，即，∴，∵，∴.

（2）∵，且BC边上的高为，∴，∴，

∴.∵，∴C为锐角，∴，

∴.

19．在多面体中，平面平面ABCD，EDCF是面积为的矩形，，，.

(1)证明：.

(2)求平面EDCF与平面EAB夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由面面垂直的性质、可得平面ABCD，由线面垂直的性质得，作于M，于N，可得四边形ABCD为等腰梯形，求出，利用勾股定理得，再用线面垂直的判定定理和性质定理可得答案；

（2）以点D为原点，建立空间直角坐标系，求出平面EAB、平面EDCF的法向量，由二面角的向量求法计算可得答案.

【详解】（1）因为平面平面，且平面平面，，

所以平面，

又平面，所以，

在四边形中，作于M，于N，

因为，，，

所以四边形为等腰梯形，则，所以，，

所以，所以，

又，平面，

所以平面，

又因为平面，所以；

（2）如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，，

则，，，，

则，，，.

设平面的法向量，

则，可取，

设平面的法向量，

则，可取，

则，

由图可知，平面与平面夹角为锐角，

所以平面与平面夹角的余弦值为.

20．已知数列的首项为1，满足，且，，1成等差数列.

(1)求的通项公式；

(2)证明：.

【答案】(1)；

(2)证明见解析．

【分析】(1)由，，1成等差数列可知数列为等差数列，根据即可求得公差，从而确定的通项公式；

(2)对通项进行裂项，根据裂项相消法即可求数列{ }的前n项和，从而判断前n项和的范围．

【详解】（1）由题意得，则，

∴数列为等差数列．

又，∴，即数列的公差为1，

∴，即．

（2）由已知得，

∴

．

21．已知函数存在两个极值点.

(1)求的取值范围；

(2)求的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据极值点的定义可知，即有两个不等正根，由一元二次方程根的分布可构造不等式组求得的取值范围；

（2）由（1）可知，由此化简为，令，利用导数可求得，即为所求的最小值.

【详解】（1）由题意知：定义域为，；

令，则有两个不等正根，

，解得：，实数的取值范围为.

（2）由（1）知：，是的两根，则；

；

令，则，

当时，；当时，；

在上单调递减，在上单调递增；

，

即的最小值为.

22．已知双曲线的一条渐近线方程为，一个焦点到该渐近线的距离为.

(1)求C的方程；

(2)设A，B是直线上关于x轴对称的两点，直线与C交于M，N两点，证明：直线AM与BN的交点在定直线上.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据渐近线方程得到，结合点到直线距离公式求出，利用求出，写出双曲线方程；

（2）联立直线与双曲线方程，写出两根之和，两根之积，表达出直线AM与BN的方程，联立后求得交点横坐标满足.

【详解】（1）双曲线的渐近线方程为，所以.

又焦点到直线的距离，所以，

又，所以，，

所以双曲线C的标准方程为.

（2）证明：联立方程组消去y，并整理得.

设，，则，.

设，（），则得直线AM的方程为，

直线BN的方程为，

两个方程相减得，①

因为，

把上式代入①得：，

所以，

因此直线AM与BN的交点在直线上.

【点睛】直线与双曲线结合的题目，一般处理思路，设出直线方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理得到两根之和，两根之积，再利用题干条件列出方程，将问题转化为两根之和与两根之积问题，代入求解.