2023届上海市吴淞中学高三上学期开学考数学试题含解析

这是一份2023届上海市吴淞中学高三上学期开学考数学试题含解析，共13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届上海市吴淞中学高三上学期开学考数学试题 一、单选题1．已知双曲线的焦距为，点在的一条渐近线上，则的方程为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据焦距和点在一条渐近线上可得关于的方程组，求出其解后可得的方程.【详解】因为焦距为，故半焦距为，故，因为在一条渐近线上，故，解得，故双曲线方程为：.故选：B.2．设、是定点，且均不在平面上,动点在平面上,且，则点的轨迹为A．圆或椭圆 B．抛物线或双曲线 C．椭圆或双曲线 D．以上均有可能【答案】D【详解】试题分析：以为高线，为顶点作顶角为的圆锥面，则点就在这个圆锥面上，用平面截这个圆锥面所得截线就是点的轨迹，它可能是圆、椭圆、抛物线、双曲线，因此选D.【解析】圆锥曲线的性质.3．已知数列满足，（），则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意推得，得到数列的奇数项和偶数项分别成等比数列，且公比都为，首项分别为和，结合等比数列的求和公式，即可求解.【详解】由题意，数列满足，当时，可得，则，又由，可得，所以，所以数列的奇数项和偶数项分别成等比数列，且公比都为，首项分别为和，所以.故选：B.4．设为两个非零向量的夹角，已知对任意实数t，的最小值为1．（       ）A．若确定，则唯一确定 B．若确定，则唯一确定C．若确定，则唯一确定 D．若确定，则唯一确定【答案】B【分析】由平方得出，由条件可得的最小值为1，可到与角的关系，从而得到答案.【详解】，令，因为，所以当时，，又的最小值为1，所以的最小值也为1，即，即，所以，所以，故若确定，则唯一确定.故选：B 二、填空题5．不等式的解集为________【答案】【详解】因为所以，即不等式的解集为.6．已知是虚数单位，复数满足，则__________．【答案】.            【详解】∵∴∴故答案为点睛：复数的乘法．复数的乘法类似于多项式的四则运算，可将含有虚数单位的看作一类同类项，不含的看作另一类同类项，分别合并即可．复数的除法．除法的关键是分子分母同乘以分母的共轭复数，解题中要注意把的幂写成最简形式．7．若函数对任意实数x都有，则______【答案】【分析】根据题意得到是函数的一条对称轴，结合三角函数的图象与性质，即可求解.【详解】由题意，函数对任意实数x都有，可得是函数的一条对称轴，根据三角函数的图象与性质，可得.故答案为：.8．若圆柱的轴截面面积为，则它的侧面积为________．【答案】【分析】设出圆柱的底面半径和母线长，由此根据圆柱的轴截面面积，求得它的侧面积.【详解】设圆柱的底面半径为，母线长为，依题意可知，故其侧面积为.故答案为：【点睛】本小题主要考查圆柱侧面积的计算，属于基础题.9．若直线与曲线（参数）有唯一的公共点，则实数______________．【答案】【分析】把圆的参数方程化为普通方程后，找出圆心坐标和圆的半径，根据直线与圆有唯一的公共点得到直线与圆相切，利用点到直线的距离公式表示出圆心到已知直线的距离d，让d等于圆的半径列出关于k的方程，求出方程的解即可得到k的值．【详解】曲线（参数）化为普通方程可得：.表示圆心为(2,0)，半径为1的圆.若直线与有唯一的公共点，则直线与圆相切.有：，解得：.【点睛】本题考查学生会将圆的参数方程化为普通方程，灵活运用点到直线的距离公式化简求值，掌握直线与圆相切时满足的条件，是一道基础题．10．在的二项展开式中，所有项的二项式系数之和为，则所有项的系数和等于______【答案】【分析】由二项式系数和可求得的值，然后在二项式中令，可求得所有项的系数和.【详解】的二项式系数和为，可得，所以，的所有项的系数和为.故答案为：.11．若方程恰有两个不同的实数根，则实数a的取值范围是______【答案】；【分析】由于，将已知方程两边平方，利用一元二次不等式的性质求解即可．【详解】，，等价于，化简得，方程恰有两个不同的实数根，，解得，即实数a的取值范围是故答案为：12．若随机事件、互斥，、发生的概率均不等于0，且分别为，，则实数a的取值范围为_____．【答案】【解析】根据已知条件和随机事件的概率范围及互斥事件的性质，列出不等式组，即可求出实数a的取值范围.【详解】因为随机事件、互斥，、发生的概率均不等于0，所以有：，即，解得，故答案为：13．如果，那么共有_________项.【答案】【分析】先确定出中共有多少项，可得出和的项数，然后再将两个代数式中的项数作差可得出的项数.【详解】是一个数列的和，观察每项的特征，每项都是一个分数，分子都是，分母依次为、、、、，因此有共项，从而的项数为．故答案为.【点睛】本题考查数列项数的计算，解题时要观察代数式的结构，属于基础题.14．在平面坐标系中,动点和点､满足,则动点的轨迹方程为______.【答案】【分析】根据，代入化简得到答案.【详解】，则即，化简得到故答案为：【点睛】本题考查了轨迹方程，意在考查学生的计算能力.15．已知是、是单位向量，，若向量满足，则的最大值为______【答案】【分析】根据题意设，，，求出向量所表示的几何图形的轨迹，再求所表示的几何意义，从而求出的最大值．【详解】解：由、是单位向量，且，则可设，，，所以，向量满足，，即，它表示圆心为，半径为的圆，又表示圆上的点到坐标原点的距离，因为，所以．故答案为：．16．数列满足，，，则数列前项和______；【答案】【分析】根据找到数列的规律，利用分组求和法求得数列前项和.【详解】由，可知，数列的奇数项是首项为，公差为的等差数列，数列的偶数项是首项为，公比为的等比数列.所以.故答案为：【点睛】本小题主要考查分组求和法，考查观察与思考问题的能力，考查等差数列和等比数列的前项和公式，属于基础题. 三、解答题17．在棱长为2的正方体中，M为CD的中点，求：(1)异面直线与所成的角的大小；(2)△绕直线旋转一周所得的旋转体的体积．【答案】(1)；(2)【分析】（1）作出辅助线，找出即为异面直线与所成的角，再求出边长，利用余弦定理求出夹角；（2）分析出绕直线旋转一周所得的旋转体可看作两个圆锥的组合体，求出圆锥的底面半径和高，从而求出组合体的体积.【详解】(1)连接，则∥，所以即为异面直线与所成的角，因为M为CD的中点，所以，由勾股定理得：，同理可得：，，由余弦定理可得：，所以异面直线与所成的角的大小为；(2)因为为直角三角形，斜边为，所以绕直线旋转一周所得的旋转体可看作两个圆锥的组合体，其中过点D作DH⊥于点H，则，即两个圆锥的底面半径为，高分别为，所以组合体的体积为.18．对定义域分别为、的函数、，规定：函数.（1）若函数，，写出函数的解析式；（2）求问题(1)中函数的值域．【答案】（1）；（2）或或.【分析】（1）先利用函数要有意义，需满足的条件先求出和的定义域，再计算且、且、且三种情况，分别对应解析式，即可得到结论；（2）利用基本不等式求函数的最值，注意等号成立的条件，分和两种情况讨论.【详解】（1）∵的定义域，的定义域，所以.（2）当时，.若，则，∴.当且仅当时，等号成立．若，则，∴，当且仅当时取等号．当时，，综上知的值域为或或．19．某超市在节日期间进行有奖促销，规定凡在该超市购物满400元的顾客，均可获得一次摸奖机会．摸奖规则如下：奖盒中放有除颜色不同外其余完全相同的4个球红、黄、黑、白顾客不放回的每次摸出1个球，若摸到黑球则摸奖停止，否则就继续摸球．按规定摸到红球奖励20元，摸到白球或黄球奖励10元，摸到黑球不奖励． （1）求1名顾客摸球2次摸奖停止的概率；（2）记X为1名顾客摸奖获得的奖金数额，求随机变量X的分布列和数学期望．【答案】（1）；（2）分布列见解析，20.【分析】(1)1名顾客摸球2次停止摸奖的情况有，基本事件的个数为，然后代入等可能事件的概率公式可求．(2)随机变量X的所有取值为0，10，20，30，40，利用排列组合计数，分别求出X取各个值时的概率即可求解随机变量X的分布列及期望．【详解】解：（1）设“1名顾客摸球2次停止摸奖”为事件A，则，故1名顾客摸球2次停止摸奖的概率．（2）随机变量X的所有取值为0，10，20，30，40．X=0表示第一次取球取到了黑球，概率为；X=10表示第一次取到了白球或黄球，第二次取到了黑球，概率为；X=20表示前两次取到白球黄球，第三次取到黑球或第一次取到红球，第二次取到黑球，概率为；X=30表示前两次取球有一次取到白球或黄球，有一次取到红球，第三次取到黑球，概率为；X=40表示前三次取到的是红白黄三个球，第四次取到黑球，概率为.综上，随机变量X的分布列为：X010203040P ．20．已知椭圆经过点，且其右焦点与抛物线的焦点重合，过点且与坐标轴不垂直的直线与椭圆交于，两点．（1）求椭圆的方程；（2）设为坐标原点，线段上是否存在点，使得？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由；（3）过点且不垂直于轴的直线与椭圆交于，两点，点关于轴的对称点为，试证明：直线过定点．【答案】（1）；（2）存在，；（3）证明见解析．【分析】（1）求出抛物线的焦点，即可根据椭圆的右焦点坐标及点列方程求解a、b，从而求得椭圆方程；（2）设直线的方程为：，，联立直线方程与椭圆方程可得关于x的一元二次方程，利用韦达定理及中点坐标公式用k表示出线段的中点，，根据所给等式可证明直线为直线的垂直平分线，则可得直线的方程，求出点N的横坐标从而可求得n的范围；（3）联立直线AB的方程与椭圆方程可得关于x的一元二次方程，设，，，，，，根据韦达定理求出、，求出直线AE的方程并令，求出x并逐步化简可得，则直线过定点.【详解】（1）椭圆右焦点与抛物线的焦点重合，且经过点，，解得，椭圆的方程为：．（2）设直线的方程为：，，代入，得：，恒成立．设，，，，线段的中点为，，则，，由，得：，直线为直线的垂直平分线，直线的方程为：，令得：点的横坐标，，，．线段上存在点，使得，其中．（3）证明：设直线的方程为：，，代入，得：，过点且不垂直于轴的直线与椭圆交于，两点，由，得：，设，，，，，，则，，则直线的方程为，令得：．直线过定点．【点睛】圆锥曲线中的定点、定值问题是高考中的常考题型，难度较大，考查知识间的联系与综合，着重考查考生运用圆锥曲线的知识进行逻辑推理的能力. 1.参数法 圆锥曲线的定点、定值问题会涉及到曲线上的动点及动直线，所以很常用的方法就是设动点或设动直线，即引入参数解决问题，那么设参数就有两种情况，第一种是设点的坐标，第二种是设直线的斜率. 2.由特殊到一般法 如果要解决的问题是一个定值（定点）问题，而题设条件又没有给出这个定值（定点），那么我们可以这样思考：由于这个定值（定点）对符合要求的一些特殊情况必然成立，那么我们根据特殊情况先找到这个定值（定点），明确了解决问题的目标，然后进行一般情况下的推理证明.21．已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，首项为a1，且，an，Sn等差数列．(1)判断数列{an}是否为等比数列？若是，写出通项公式，若不是，请说明理由；(2)若bn＝﹣2log2an，设cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn；(3)若不等式Tn≤m2﹣m﹣1对一切正整n恒成立，求实数m的取值范围．【答案】(1)是，(2)(3)或【分析】（1）根据等差数列性质得到，根据得到，得到答案.（2），，利用错位相减法计算得到答案.（3），根据数列的单调性得到最大值为，解不等式得到答案.【详解】(1)，an，Sn等差数列，即，当时，，；当时，，相减得到，即，故数列是首项为，公比为的等比数列，即，验证时成立.故.(2)，，，，两式相减得到：，故.(3)，设，则，即当时，数列递减，，，，故数列的最大值为.，解得或.