2023届上海市进才中学高三上学期期中数学试题含解析

这是一份2023届上海市进才中学高三上学期期中数学试题含解析，共16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．用数学归纳法证明“”，在验证是否成立时，左边应该是
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】首先分析题目在验证是否成立时，把代入左边，即可得出结果.
【详解】用数学归纳法证明“”，在验证时，把代入，左边.
故选：C.
【点睛】本题主要考查数学归纳法，属于基础题.
2．在平面直角坐标系中，是圆上的四段弧(如图)，点在其中一段上，角以为始边，为终边．若，则所在的圆弧是
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设点的坐标为，由题可得，即可得解.
【详解】设点的坐标为，利用三角函数的定义可得，
所以，，所以所在的圆弧是，
故选C.
【点睛】本题主要考查三角函数的坐标定义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
3．已知函数是定义域为R的偶函数，当时， ，如果关于x的方程恰有7个不同的实数根，那么的值等于（ ）
A．2B．C．4D．
【答案】C
【分析】利用函数的性质结合解析式作出函数的大致图象，数形结合，采用换元法将方程恰有7个不同的实数根，转化为二次方程的根的问题，利用韦达定理求解，可得答案.
【详解】函数是定义域为R的偶函数，当时,
作出的大致图象,如图示：
令 ，由图象可知时，有3个根，时，有4个根，
当时，有2个根，当时，有6个根，
故关于x的方程恰有7个不同的实数根，
则需为的两实数根，
故，即，
则 ，故，
故选：C
【点睛】本题考查了根据方程的根的个数求解参数问题，涉及到考查函数的奇偶性以及分段函数性质的应用，综合性强，解答的关键是利用数形结合，采用换元法将方程恰有7个不同的实数根，转化为二次方程的根的问题.
4．已知等差数列（公差不为零）和等差数列的前项和分别为，如果关于的实系数方程有实数解，那么以下2023个方程中，有实数解的方程至少有（ ）个
A．1009B．1010C．1011D．1012
【答案】D
【分析】设出两个等差数列的公差，由等差数列的性质得到，要想无实根，要满足，结合根的判别式与基本不等式得到和至多一个成立，同理可证：和至多一个成立，……，和至多一个成立，且，从而得到结论.
【详解】由题意得：，
其中，，
代入上式得：，
要想方程无实数解，则，
显然第1012个方程有解，
设方程与方程的判别式分别为和，
则
，
等号成立的条件是.
所以和至多一个成立，同理可证：和至多一个成立，
……，和至多一个成立，且，
综上，在所给的2023个方程中，无实数根的方程最多1011个，有实数根的方程至少1012个.
故选：D.
二、填空题
5．已知集合，则__________.
【答案】
【分析】根据交运算法则，直接求解即可.
【详解】因为，故.
故答案为：.
6．已知角的终边过点，则__________.
【答案】
【分析】根据三角函数的定义，结合已知条件，直接求解即可.
【详解】因为角的终边过点，故可得.
故答案为：.
7．不等式的解集是__________________
【答案】
【详解】试题分析：，所以不等式的解集为
【解析】分式不等式解法
8．设向量，若，则______________.
【答案】5
【分析】根据向量垂直，结合题中所给的向量的坐标，利用向量垂直的坐标表示，求得结果.
【详解】由可得，
又因为，
所以，
即，
故答案为：5.
【点睛】本题考查有关向量运算问题，涉及到的知识点有向量垂直的坐标表示，属于基础题目.
9．若“”是“”成立的必要不充分条件，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【分析】解一元二次不等式可求得的解集，由必要不充分条件定义可得两集合的包含关系，由此可构造不等式组求得结果.
【详解】由得：；
由必要不充分条件定义可知：，
或，解得：或；
与不同时成立，实数的取值范围为.
故答案为：.
10．中国古代有这样一道数学题：今有一男子擅长走路，每日增加相同里数，九日走了1260里，第一日、第四日、第七日所走之和为390里，则该男子第三日走的里数为______．（“里”为长度单位）
【答案】120
【分析】由等差数列的性质与前项和公式求解
【详解】由题意可知该男子每天走的里数构成一个等差数列，
设这个等差数列为，其公差为d，前n项和为．
根据题意可知，，．
方法一：，∴
∵，∴．
∴，∴．
方法二：即
解得所以．
故答案为：120
11．设正数满足，则的最小值是_____________.
【答案】6
【分析】由题设知，再由，得到，所以，设，由此可求出的取值范围得答案．
【详解】解：正数，满足，，，
又，所以左右加上得到，所以，
由得到，
设，即，
解得或，即或．
根据定义域，均大于零，所以取值范围是．所以的最小值是6，
故答案为：．
12．已知在区间上单调递增，则实数的取值范围是__________.
【答案】.
【分析】求导后得到在上恒成立，参变分离后得到在上恒成立，利用导函数求出，从而求出实数的取值范围.
【详解】，，
故只需在上恒成立，
则在上恒成立，
其中在上恒成立，
故，所以，
故答案为：.
13．已知数列满足，若对于任意都有，则实数的取值范围是___________．
【答案】
【解析】对于任意的都有，可知：数列单调递减，可得，再分类讨论即可得出.
【详解】∵对任意的，都有，
∴数列单调递减，可知.
当时，若，单调递减，
而时，单调递减，
∴只需，解得，
∴；
当时，若，单调递增，应舍去.
综上所述：实数的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】由分段函数（数列）单调性求参数的取值范围的方法：
(1)分段函数的每一段都单调；
(2)根据单调性比较端点函数值的大小.
14．已知函数，若在区间上的最大值为，则m的最小值是____________
【答案】
【分析】先将化为，由，得到，结合正弦函数图象可得，进而可解得结果.
【详解】，
当时， ，依题意，有，
解得，即的最小值为.
故答案为：
15．中，，若，，其中，则的最小值为__________.
【答案】
【分析】由平面向量的加法法则得到为点A到BC的距离为2，从而为等腰直角三角形，斜边为4，再根据，其中，得到点P在线段DE上，且D，E为BC的四等分点求解.
【详解】解：如图所示：
在中，由平面向量的加法法则得为点A到BC的距离，
即，则为等腰直角三角形，斜边为4，
又，其中，
所以点P在线段DE上，且D，E为BC的四等分点，
又，
则，
当点P在点D时，的最小，
由余弦定理得，
所以，
故答案为：
16．若函数f(x)＝ax2－ex＋1在x＝x1和x＝x2两处取到极值，且，则实数a的取值范围是________.
【答案】
【解析】对求导后令,再根据是导函数的两根数形结合分析两根的关系求解.
【详解】函数,所以,
若函数在 和两处取到极值,则和是函数的两个零点,
即是方程,即的两个根,
所以函数的图象与直线有两个不同的交点,且交点的横坐标分别为,
由于,所以当 或时, ；
当时, ；故的减区间有 和 ,增区间有,
且当时,,作出的草图：
由图可知：,且,
因为,即,取,并令,则
所以,解得,此时 ,
故,即实数的取值范围是.
故答案为：
【点睛】本题主要考查了函数的极值问题,包括数形结合求解函数零点与范围分析的问题,需要根据题意参变分离画出图像分析极值点之间的关系,并找到临界条件进行分析.属于中等题型.
三、解答题
17．如图，在四棱锥中，⊥平面，正方形的边长为，，设为侧棱的中点．
（1）求四棱锥的体积；
（2）求直线与平面所成角的大小.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）计算出正方形的面积以及四棱锥的高，利用锥体的体积公式可求得四棱锥的体积；
（2）以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算出直线与平面所成角的正弦值，进而可求得结果.
【详解】（1）在四棱锥中，⊥平面，正方形的边长为2，，为侧棱的中点.
所以，点到平面为高，
又因为，所以，四棱锥的体积；
（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，
设平面的法向量，则，取，得，
因为直线与平面所成角为，
，，
因此，直线与平面所成角为.
【点睛】方法点睛：求直线与平面所成角的方法：
（1）定义法，①作，在直线上选取恰当的点向平面引垂线，确定垂足的位置是关键；
②证，证明所作的角为直线与平面所成的角，证明的主要依据是直线与平面所成角的概念；
③求，利用解三角形的知识求角；
（2）向量法，（其中为平面的斜线，为平面的法向量，为斜线与平面所成的角）.
18．已知函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若，求a的取值范围.
【答案】（1）或；（2）.
【分析】（1）分别在、和三种情况下解不等式求得结果；
（2）利用绝对值三角不等式可得到，由此构造不等式求得结果.
【详解】（1）当时，.
当时，，解得：；
当时，，无解；
当时，，解得：；
综上所述：的解集为或.
（2）（当且仅当时取等号），
，解得：或，
的取值范围为.
【点睛】本题考查绝对值不等式的求解、利用绝对值三角不等式求解最值的问题，属于常考题型.
19．如图，某快递小哥从地出发，沿小路以平均时速20公里/小时，送快件到处，已知（公里），，，是等腰三角形，.
(1)试问，快递小哥能否在50分钟内将快件送到处？
(2)快递小哥出发15分钟后，快递公司发现快件有重大问题，由于通讯不畅，公司只能派车沿大路追赶，若汽车平均时速60公里/小时，问汽车能否先到达处？（注：，）
【答案】(1)不能
(2)能
【分析】（1）首先由正弦定理求，再根据的长度，计算到达点的时间，即可判断；
（2）首先根据余弦定理求，在中，根据正弦定理求，即可计算汽车到达点的时间，即可判断.
【详解】（1）由已知（公里）.在中，由正弦定理，
可得，解（公里）.因为，
所以快递小哥不能在50分钟内将快件送到C处.
（2）在中，由余弦定理，可得，
解得（公里）.
在中，
.
由正弦定理，可得，解得（公里）.
因为（分钟），
所以汽车能先到达C处.
20．已知数列的前项和为，满足：.
(1)求证：数列为等差数列；
(2)若，数列满足，记为的前项和，求证：；
(3)在（2）的前提下，记，数列的前项和为，若不等式对一切恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由条件可得、，然后可得、，两式相减即可证明；
（2）首先可求出、，然后计算出即可；
（3）首先可得，然后利用裂项求和法求出，然后求出，然后分为偶数、为奇数求解即可.
【详解】（1）因为，所以，，
两式相减可得，即
由可得，
两式相减可得
化简可得，所以，
所以数列为等差数列；
（2）由可得，可得，
因为，所以，
因为数列满足，
所以，所以，
所以数列为等比数列，
因为，所以，，
所以，
所以，即，
（3）由（2）可得；
由已知
可得
设的前项和中，奇数项的和为，偶数项的和为，
所以，
当为奇数时，，
所以
当为偶数时，，
所以
由，
得，
即，
当为偶数时，对一切偶数成立，所以，
当为奇数时，对一切奇数成立，所以此时，
故对一切恒成立，则.
21．已知函数的定义域，值域为.
（1）下列哪个函数满足值域为，且单调递增？（不必说明理由）
①，②.
（2）已知函数的值域，试求出满足条件的函数一个定义域；
（3）若，且对任意的，有，证明：.
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【分析】（1）由正切函数与对数函数的性质可直接判断；
（2）由，得，进而利用正弦函数的性质列式求解即可；
（3）利用反证法，假设存在使得，结合条件推出矛盾即可证得.
【详解】（1）满足.
不满足.
（2）因为，所以
即，
所以
所以
满足条件的（答案不唯一）.
（3）假设存在使得
又有，
所以，
结合两式：，所以，
故.
由于知：.
又.
类似地，由于，
得.
所以，与矛盾，所以原命题成立.
【点睛】本题主要考查了复合函数的性质及反证法的证明，属于难题.