上海市2023届高三下学期开学考试数学试题.docx

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1、上海市2023届高三下学期开学考试数学试题学校:_姓名:_班级:_考号:_一、填空题1已知集合,集合,且,则实数的值是_.2不等式的解集为_.3已知多项式,则_.4已知是互相垂直的单位向量,向量满足:是向量与夹角的正切值,则_.5受新冠肺炎的影响,部分企业转型生产口罩,如表为某小型工厂25月份生产的口罩数(单位:万)23452.23.85.5若与线性相关,且回归直线方程为,则表格中实数的值为_.6已知函数在处取得极值0,则_7已知函数,当时,则的最大值是_8袋中有4个黑球,3个白球.现掷一枚均匀的骰子,掷出几点就从袋中取出几个球.若已知取出的球全是白球,则掷出2点的概率为_.9重庆八中某次数学

2、考试中,学生成绩服从正态分布.若,则从参加这次考试的学生中任意选取3名学生,至少有2名学生的成绩高于120的概率是_.10设直线与抛物线相交于两点,与圆相切于点,且为线段的中点. 若这样的直线恰有4条,则的取值范围是_.11在正三棱柱中,底面的边长为2,用一个平面截此三棱柱,截面与侧棱,分别交于点,且为直角三角形,则的面积的取值范围是_.12对于正整数,将其各位数字之和记为,如,则_.二、单选题13将函数图象向右平移个单位,再把各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),得到函数的图象,则下列说法中正确的是()A的周期为B是偶函数C的图象关于直线对称D在上单调递增14若,则()ABCD15已知

3、是边长为2的等边三角形,为平面内一点,则的最小值是ABCD16已知非空集合A,B满足:,函数,对于下列两个命题:存在唯一的非空集合对,使得为偶函数;存在无穷多非空集合对,使得方程无解.下面判断正确的是()A正确,错误B错误,正确C都正确D都错误三、解答题17在平面四边形ABCD中,ABD=45,AB=6,AD=,对角线AC与BD交于点E,且AE=EC, DE=2BE(1)求的长;(2)求cosADC的值18如图,在中,在三角形内挖去一个半圆,圆心在边上,半圆与分别相切于点,与交于另一点,将绕直线旋转一周得到一个旋转体.(1)求该旋转体中间空心球的表面积的大小;(2)求图中阴影部分绕直线旋转一周

4、所得旋转体的体积.19如图,半圆是某爱国主义教育基地一景点的平面示意图,半径的长为百米.为了保护景点,基地管理部门从道路上选取一点,修建参观线路,且,均与半圆相切,四边形是等腰梯形,设百米,记修建每百米参观线路的费用为万元,经测算.(1)用表示线段的长;(2)求修建参观线路的最低费用.20已知,为的两个顶点,为的重心,边,上的两条中线长度之和为6.(1)求点的轨迹的方程;(2)若直线与曲线相交于点、,若线段的中点是,求直线的方程;(3)已知点,直线与曲线的另一个公共点为,直线与交于点,求证:当点变化时,点恒在一条定直线上.21对于数列,若从第二项起,每一项与它的前一项之差都大于或等于(小于或等

5、于)同一个常数d,则叫做类等差数列,叫做类等差数列的首项,d叫做类等差数列的类公差.(1)若类等差数列满足,请类比等差数列的通项公式,写出数列的通项不等式(不必证明);(2)若数列中,.判断数列是否为类等差数列,若是,请证明,若不是,请说明理由;记数列的前n项和为,证明:.试卷第3页,共4页参考答案:1【分析】根据集合交集的性质分类讨论进行求解即可.【详解】由,知,若,则,此时,舍去;若,则,此时,满足题意;若,此时无实数解,综上知,故答案为:2【分析】解法一:利用绝对值的几何意义直接求解;解法二:利用零点分段法先去绝对值,然后分情况进行求解即可.【详解】解法一:由绝对值几何意义知,当且仅当时

6、取得2,故不等式的解集为:.解法二:,则有或或,解得:,所以不等式的解集为,故答案为:1,3.3【分析】写出展开式通项,令的指数为,求出参数的值,代入通项后即可求得的值.【详解】因为的展开式通项为,的展开式通项为,由,可得,所以,.故答案为:.4【分析】设,根据向量数量积的定义可得,结合已知条件有,进而可得,即可求其极限.【详解】若,且是单位向量,所以,即,所以,又,则,综上,故.故答案为:.5#7.1【分析】根据线性回归直线方程经过样本中心,将代入求解.【详解】,故,故,故,故答案为:7.1611【分析】求出导函数,然后由极值点和极值求出参数值即可得,注意检验符合极值点的定义【详解】,则,即

7、,解得或当时,不符合题意,舍去;当时,令,得或;令,得所以在,上单调递增,在上单调递减,符合题意,则故答案为:117#【分析】分别求得和时对应的自变量的值,结合的图象可确定的取值范围,由此可得结果.【详解】令,解得:;令,解得:;图象如下图所示,由图象可知:,.故答案为:.8【分析】运用条件概率公式,结合全概率公式进行求解即可.【详解】记:骰子掷出的点数为,事件:取出的球全是白球,则,所以,所以若已知取出的球全是白球,则掷出2点的概率为:,故答案为:9#0.15625【分析】结合正态分布特点先求出,再由独立重复试验的概率公式即可求解.【详解】因学生成绩符合正态分布,故,故任意选取3名学生,至少

8、有2名学生的成绩高于120的概率为.故答案为:10(2,4)【详解】设直线的方程为,把直线的方程代入抛物线方程,整理可得:则,则线段的中点由题意可得直线与直线垂直,且当时,有即,整理得把代入到可得,即由于圆心到直线的距离等于半径即,此时满足题意且不垂直于轴的直线有两条当时,这样的直线恰有条,即,综上所述,若这样的直线恰有条,则的取值范围是点睛:本题主要考查的知识点是直线与抛物线,圆的位置关系,考查了学生分析解决问题的能力,属于中档题设直线的方程为,把直线的方程代入抛物线方程,根据判别式求得线段的中点的坐标,分别讨论时,时的取值范围,即可得到答案11【分析】设在处,再结合直角三角形中的各边的关系

9、,求得,进而表达出,再结合的取值范围求解即可【详解】不妨设在处,则,因为当且仅当时取等号,且,即,故.故答案为:12【分析】根据题意分别求出千位、百位、十位和个位上数字之和,从而可得出答案.【详解】方法一:由定义易知,由此可知,进而有,进而有,而,故.方法二:考虑每一位上的数字出现次数,千位数字仅有1和2,之和为:,百位数字之和为:,十位数字之和为;,个位数字之和为:,综上可知,.故答案为:.【点睛】关键点点睛:解答本题的关键是明确题意,发现数字的变化特点,从各位数入手,从而可得出结果.13D【分析】首先利用三角恒等变换,把函数的关系式变形成正弦型函数,再利用图象的平移变换和伸缩变换的应用求出

10、函数 的关系式,然后再利用正弦函数的性质对各选项进行判断,即可得到结果【详解】函数, 把函数图象向右平移个单位,得到, 再把各点的横坐标伸长到原来的倍(纵坐标不变), 得到 故函数的最小正周期为,故选项A错误; 函数,不为偶函数,故选项B错误;当时,故选项C错误;由于,所以,故函数 单调递增,故选项D正确 故选:D【点睛】本题考查的知识要点:三角函数关系式的恒等变换,函数的图象的平移变换和伸缩变换的应用,正弦型函数的性质的应用,主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力,属于中档题14A【分析】将不等式变为,根据的单调性知,以此去判断各个选项中真数与的大小关系,进而得到结果.【详解】由得:,令

11、,为上的增函数,为上的减函数,为上的增函数,则A正确,B错误;与的大小不确定,故CD无法确定.故选:A.【点睛】本题考查对数式的大小的判断问题,解题关键是能够通过构造函数的方式,利用函数的单调性得到的大小关系,考查了转化与化归的数学思想.15B【分析】根据条件建立坐标系,求出点的坐标,利用坐标法结合向量数量积的公式进行计算即可【详解】建立如图所示的坐标系,以中点为坐标原点,则,设,则,则当,时,取得最小值,故选:16B【分析】在同一平面直角坐标系画出与的图象,结合函数图象即可判断;再分别求出与的解,即可判断无解的条件,从而判断,即可得解;【详解】解:在同一平面直角坐标系画出与的图象如下所示:由

12、,解得,由函数图象可知当或时为偶函数,故错误;令,解得,令,解得,因为,所以当,时满足无解,故存在无穷多非空集合对,使得方程无解,故正确;故选:B17(1)(2)【分析】(1)由余弦定理解三角形可求;(2)在中由余弦定理求,再由正弦定理求,由此可求cosADC的值【详解】(1)中,又ABD=45,AB=6,AD=,所以解得;(2)因为,AB=6,AD=,所以,所以;又,所以中,所以所以,所以,所以;中,由余弦定理可得,又,所以所以,由正弦定理可得,所以,所以所以18(1)(2)【分析】(1)连接,设,由可求得,代入球的表面积公式可得结果;(2)根据旋转体特征可知所得旋转体为一个圆锥里面挖去一个

13、内切球,由圆锥和球的体积公式可计算得到结果.【详解】(1)连接,为半圆的切线,设,则,解得:,.(2),将阴影部分绕直线旋转一周得到一个圆锥,里面挖去一个内切球,所求体积.19(1) ();(2) 万元【详解】试题分析:(1)建立坐标系:由题意得,点E的坐标为,设直线EF的方程为(),即因为直线EF与半圆相切,所以圆心O到直线EF的距离为,解得 代入可得,点F的坐标为所以,(2)设修建该参观线路的费用为万元 当,由,则在上单调递减 当时,所以, 因为,所以,且当时,;当时,所以在上单调递减;在上单调递增由知,取最小值为试题解析:设DE与半圆相切于点Q,则由四边形CDEF是等腰梯形知,DQQE,

14、以OF所在直线为x轴,OQ所在直线为y轴,建立如图所示的平面直角坐标系xOy (1)方法一:由题意得,点E的坐标为,设直线EF的方程为(),即因为直线EF与半圆相切,所以圆心O到直线EF的距离为,解得 代入可得,点F的坐标为所以,即()方法二:设切圆于,连结,过点作,垂足为因为,所以RtEHFRtOGF, 所以由,所以()(2)设修建该参观线路的费用为万元 当,由,则在上单调递减所以当时,取最小值为; 当时,所以, 因为,所以,且当时,;当时,所以在上单调递减;在上单调递增所以当时,取最小值为由知,取最小值为答:(1)的长为百米;(2)修建该参观线路的最低费用为万元20(1)(2)(3)证明见

15、解析【分析】(1)由题意可得,满足椭圆的定义,即可求解;(2)易得的斜率存在,设直线:,与:联立可得,利用中点即可求解;(3)设直线的方程为:,与:联立可得,联立直线,直线的方程可得的横坐标为,与上式结合即可求证【详解】(1)因为为的重心,且边,上的两条中线长度之和为6,所以,故由椭圆的定义可知的轨迹是以,为焦点的椭圆(不包括长轴的端点),故设点的轨迹的方程为,所以,所以,所以的轨迹的方程为;(2)设,若直线的斜率不存在,根据椭圆的对称性可得线段的中点在轴上,不满足题意;故设直线:,与:联立,整理得:,由整理得:,故,由题意知,解得:,满足,故直线:(3)设直线的方程为:,联立方程得:,由整理

16、得:,即或,则,所以,又直线的方程为:,又直线的方程为:,联立方程得:,把代入上式得:,所以当点运动时,点恒在定直线上【点睛】方法点睛:利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下:(1)设直线方程,设交点坐标为;(2)联立直线与圆锥曲线的方程,得到关于(或)的一元二次方程,必要时计算;(3)列出韦达定理;(4)将所求问题或题中的关系转化为、(或、)的形式;(5)代入韦达定理求解.21(1);(2)数列是类等差数列;证明见解析.【分析】(1)利用类等差数列定义,类比等差数列通项求解方法累加法可得;(2)由类等差数列的定义,及,推得,又推出,结合的单调性,得,来判断数列是否为类等差数列;由,得数列的前n项和为,结合(1)中结论可得,从而可推证.【详解】(1)解:(2)解:数列是类等差数列,理由如下:即又,所以,则是递减数列递减,故,数列是类等差数列;,由知数列是类等差数列,结合(1)中结论可得:,且即,故.答案第15页,共16页

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