2023届上海市华东师范大学第二附属中学高三上学期开学考试数学试题含解析

这是一份2023届上海市华东师范大学第二附属中学高三上学期开学考试数学试题含解析，共15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。

一、单选题
1．设是公比为的等比数列，则“”是“”的（ ）条件
A．充分不必要B．必要不充分
C．充要D．既不充分也不必要
【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】若且，则，所以，，则，
所以，“”“”；
另一方面，取，则，但，
即“”“”.
因此，“”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
2．通过随机询问200名性别不同的大学生是否爱好踢毽子运动，计算得到统计量的观测值，参照附表，得到的正确结论是
A．有97.5%以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关”
B．有97.5%以上的把握认为“爱好该项运动与性别无关”
C．在犯错误的概率不超过5%的前提下，认为“爱好该项运动与性别有关”
D．在犯错误的概率不超过5%的前提下，认为“爱好该项运动与性别无关”
【答案】C
【解析】通过计算得到统计量值的观测值，参照题目中的数值表，即可得出正确的结论.
【详解】解：∵计算得到统计量值的观测值，
参照题目中的数值表，得到正确的结论是：
在犯错误的概率不超过5%的前提下，认为“爱好该运动与性别有关”.
故选：C.
【点睛】本题考查独立性检验，属于基础题．
3．如图，正方体中，分别为棱的中点，连接，对空间任意两点，若线段与线段都不相交，则称两点可视，下列选项中与点可视的为（ ）
A．点B．点C．点D．点
【答案】B
【分析】根据异面直线的定义判断即可.
【详解】A选项：四边形是平行四边形，与相交，故A错；
C选项：四边形是平行四边形，与相交，故C错；
D选项：四边形是平行四边形，与相交，故D错；
利用排除法可得选项B正确.
故选：B.
4．已知为6个不同的正实数，满足：①，②，③，则下列选项中恒成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用不等式的性质，得到与，由此排除A、B选项，再得到与，由此得到，即D选项正确，C选项错误.
【详解】不妨设，则由得，故，，
则，即，即，
故，
所以，即（1），
又因为，
所以（2），
由（1）（2）可知或皆有可能，故A、B错误；
由得，
所以，
所以，
不妨设，则，所以，
所以，所以，
又，所以，所以，
所以，
同理当时，，
所以，故D正确，C错误；
故选：D.
二、填空题
5．已知（其中为虚数单位），则___________.
【答案】
【分析】先求出，再由模长公式计算即可．
【详解】，
故答案为：
6．双曲线的虚轴长为___________.
【答案】
【分析】由双曲线方程直接求解即可．
【详解】双曲线的虚轴长为
故答案为：
7．函数的周期为___________；
【答案】
【分析】利用降幂公式化简，即可求出答案.
【详解】,
所以的周期为：
故答案为：.
8．不等式的解集为________.
【答案】
【分析】由得，再根据绝对值不等式求解即可．
【详解】因为，所以，
所以或，即或，
因此，原不等式的解集为.
故答案为：
9．已知圆锥的高为4，底面积为，则圆锥的表面积为___________.
【答案】
【分析】根据给定条件，求出圆锥的底面圆半径和母线，再计算圆锥表面积作答.
【详解】因圆锥底面积为，则圆锥底面圆半径，而圆锥的高为4，则圆锥的母线，
所以圆锥的表面积.
故答案为：
10．的展开式中的系数是___________.（用数字作答）
【答案】2.5
【详解】试题分析：因为，
所以由得展开式中的系数是
【解析】二项式定理
【方法点睛】求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略
(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第r＋1项，再由特定项的特点求出r值即可.
(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r＋1项，由特定项得出r值，最后求出其参数.
11．已知偶函数在单调递减，.若，则的取值范围是__________.
【答案】
【详解】因为是偶函数，所以不等式，又因为在上单调递减，所以，解得.
【解析】本小题主要考查抽象函数的奇偶性与单调性，考查绝对值不等式的解法，熟练基础知识是关键.
12．已知变量y关于x的回归方程为，若对两边取自然对数，可以发现与x线性相关，现有一组数据如下表所示，时，预测y值为___________.
【答案】
【分析】对两边取对数，得 令则，
利用对称中心点在函数图象上即得，进而确定解析式,求出预测值.
【详解】对两边取对数，得 令则

代入得故
故，
当时，
故答案为：
13．有2男2女共4名学生被分派去三个公司实习，每个公司至少1人，且公司只收女生，则不同的分派方法数为___________.
【答案】
【分析】利用分类计数原理将该问题分成两类，对公司进行分类讨论，每一类中用分步乘法计数原理及排列组合的综合应用进行解答即可．
【详解】由题意，第一类，公司只有1个女生，有种分派方案，
则公司分派人数可以为1，2或者2，1共2种分派方案，共种，所以一共有种分派方案，
第二类，公司有2个女生，只有1种分派方案，
则公司的分派人数只能是1，1，则有种，
根据分类计数原理共有种，
故答案为：14．
14．已知等差数列的公差不为零，为其前项和，若，则中不同数值的个数为___________.
【答案】2020
【分析】由等差数前项和公式求出，从而，由此能求出结果．
【详解】等差数列的公差不为零，为其前项和，，
，解得，
，
，中，，
其余各项均不相等，
中不同的数值有：．
故答案为：2020．
15．若，且满足，则___________.
【答案】
【分析】设，利用数量积定义求出，即可求出.
【详解】因为，所以，设.
由可得：，
两式相除得：.
又，且
解得：.
因为，所以，解得：.
故答案为：.
16．对开区间，定义，当实数集合为段（为正整数）互不相交的开区间的并集时，定义，若对任意上述形式的的子集，总存在，使得，其中，则的最大值为___________.
【答案】0.25
【分析】利用三角函数的公式和性质解不等式，再结合任意和存在把不等式问题转化成最值问题，求出最值即可得解.
【详解】不等式平方可得
解得
设集合，发现对任意，，
根据题意知，当，恒成立；
当时，因为对任意的的子集不等式都成立，所以让大于等于的最大值，即，又因为总存在，使，所以让的最大值大于等于，即；正好取最大值时，也取得最大值，所以，解得；
综上所述，最大值为.
故答案为：.
【点睛】恒成立和存在问题的解题思路：
①恒成立，则；存在，则；
②恒成立，则；存在，则.
三、解答题
17．如图所示三棱锥，底面为等边，O为AC边中点，且底面ABC，
(1)求三棱锥体积；
(2)若M为中点，求与面所成角大小.
【答案】(1)1
(2)
【分析】（1）先求出三棱锥的高，代三棱锥体积公式计算得解;
（2）取中点，连接，证明平面，根据直线与平面的所成角的公式计算可得.
【详解】(1)因为底面，，又因为O为AC边中点，，所以为正三角形，，又因为底面为等边，，所以.
(2)连接，因为底面为等边，所以，因为底面，所以，，所以平面，
如图，取中点，连接，则，所以平面，所以，所以与面所成角即为，
因为，所以，直角三角形中，
所以，所以与面所成角大小为.
18．设，其中，已知.
(1)求的最小值；
(2)已知凸四边形中，，求面积的最大值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，求出，再借助三角恒等变换化简，三角函数性质求解作答.
（2）由（1）的函数式，求出及，令，将面积表示为的函数即可求解作答.
【详解】(1)依题意，由得：，而，即，
于是得，解得，，
所以当时，的最小值为.
(2)由（1）知，，在凸四边形中，，于是得为锐角，
，，
，
设，则，令凸四边形的面积为，
，当且仅当时取等号，
所以面积的最大值为.
19．甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立．
(1)求甲学校获得冠军的概率；
(2)用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．
【答案】(1)；
(2)分布列见解析，.
【分析】（1）设甲在三个项目中获胜的事件依次记为，再根据甲获得冠军则至少获胜两个项目，利用互斥事件的概率加法公式以及相互独立事件的乘法公式即可求出；
（2）依题可知，的可能取值为，再分别计算出对应的概率，列出分布列，即可求出期望．
【详解】(1)设甲在三个项目中获胜的事件依次记为，所以甲学校获得冠军的概率为
．
(2)依题可知，的可能取值为，所以，
,
，
，
.
即的分布列为
期望.
20．设有椭圆方程，直线，下端点为，左､右焦点分别为在上.
(1)若中点在轴上，求点的坐标；
(2)直线与轴交于，直线经过右焦点，且，求；
(3)在椭圆上存在一点到距离为，使，当变化时，求的最小值.
【答案】(1)；
(2)；
(3).
【分析】⑴根据题意求出点坐标，再利用中点坐标公式求出点的纵坐标，代入直线方程即可求出点的坐标；
⑵将转化成，然后利用求出的正余弦值，代入解方程即可求出；
⑶利用直线与椭圆相切时对应的最大和最小值，求出和，让，解不等式求出的范围，最后根据的范围即可求出的最大值.
【详解】(1)因为左焦点，所以，由题知，所以，，
又因为中点在轴上，所以点的纵坐标为1，代入中的，
所以点坐标为.
(2)
如图，设直线与轴交点为，
因为直线为，所以直线的倾斜角为，
①，
由题意知，，，，所以在中，，，
所以，整理可得，解得或，
又因为，所以，舍去，.
(3)设直线平移后与椭圆相切的直线方程为，联立，
得，，所以，
因为椭圆上存在点到直线的距离为，，即
所以①，同时，
又因为，所以①式右侧肯定成立，左侧可以整理为，
解得，
因为，所以当取得最小值时，有最大值，最大值为.
21．已知，函数.
(1)若，求曲线在处的切线方程；
(2)若，且在其定义域上恰有一个驻点，求；
(3)若在区间上没有零点，证明：在区间上也没有零点.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可；
（2）根据题意，求解导函数为0的解；
（3）求导,对分类讨论,对分两部分研究.
【详解】(1)的定义域为
当时,,所以切点为，
,所以切线斜率为2，
所以曲线在点处的切线方程为.
(2)，
则，
设，令，函数在定义内恰有一个的驻点，即方程在定义域内恰有一个解，
所以有，当时，方程不成立.
所以有，令，则，
由于，当时，，不满足题意，
所以当时，.
所以时，即，解得；
时，即，解得；
所以在上单调递减，在上单调递减，
所以，因此，当时，
方程有唯一的解，
所以
(3)由（2），
设
若,当,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点；
当时，显然恒成立，
所以在区间上也没有零点.
若,当,则
所以在上单调递增所以,即
所以在上单调递增,
故在上没有零点.
若时.
①当,则,所以在上单调递增
所以存在,使得,即
当单调递减
当单调递增
所以
当，当，
所以在上有唯一零点
又上没有零点,即在上有唯一零点
②当
设
所以在单调递增
所以存在,使得
当单调递减
当单调递增,
又
所以存在,使得,即
当单调递增,当单调递减
又
而,所以当
所以在上有唯一零点,上无零点
即在上有唯一零点，所以不合题意；
综上可知，若在上没有零点，在区间上也没有零点.
【点睛】方法点睛：本题的关键是对的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.
0.10
0.05
0.025
2.706
3.841
5.024
x
1
2
3
4
y
e
x
1
2
3
4
y
e
z
1
3
4
6
0
10
20
30
0.16
0.44
0.34
0.06