2023届上海市南洋模范中学高三上学期期中数学试题含解析

2023届上海市南洋模范中学高三上学期期中数学试题

一、单选题

1．若函数在区间上存在零点，则常数a的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】先利用导数判断出函数在区间上为增函数，再解不等式，，即得解.

【详解】由题得在区间上恒成立，

所以函数在区间上为增函数，

所以，，

可得.

故选：C.

【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性和零点，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

2．设为锐角三角形的两个内角，则复数对应的点位于复平面的（　　）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】B

【详解】试题分析：因为，为锐角三角形的两个内角，所以A+B> ，== =<0，

==－=－>0，所以选B．

【解析】本题主要考查三角函数、复数的概念及其几何意义．

点评：综合题．思路明确，关键是准确确定实部，虚部的正负．

3．已知数列满足，则下列结论正确的是

A．只有有限个正整数使得 B．只有有限个正整数使得

C．数列是递增数列 D．数列是递减数列

【答案】D

【详解】根据题意可设数列，所以=，因为所以所以是以为首项，为公比的等比数列，故，所以AB不正确，又公比为，其绝对值小于1，所以递减，所以排除C，=，易知数列为递增数列，故递减，递减，故选D

点睛：考察数列的创新题，本题困难，根据数列的性质一一分析答案即可，而本题的解题关键在于设出数列，由构造整理是以为首项，为公比的等比数列从而在根据选项结论逐一分析性质

4．已知是单位向量，向量满足，且，其中x、，且，则下列结论中，

①；

②；

③存在x、y，使得；

④当取最小值时，.

其中正确结论的个数为（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】根据数量积运算可判断①；由题可得，进而得可判断②；结合基本不等式求得可判断③；结合条件可得到，同时平方即得可判断④.

【详解】由可得，即，①正确；

又且，则，即，所以，

又，则，同理，

则，即，②错误；

由知至少一正，若一正一负，则，显然不满足，

故均为正，则，当且仅当时等号成立，则，

当且仅当时等号成立，则存在x，y，使得，③正确；

当取最小值2时，，由可得，则，

即，则，④正确.

所以正确结论的个数为3.

故选：C.

【点睛】本题关键点在于由结合得到，进而得，再结合基本不等式求得，最后由平方即可求解.

二、填空题

5．如果不等式成立的充分不必要条件是，则实数m的取值范围是___________.

【答案】

【分析】将充分不必要条件转化为集合间的包含关系，进而即得.

【详解】因为不等式的充分不必要条件是，

所以集合是集合的真子集，

所以.

故答案为：.

6．已知为可导函数，且，则_______．

【答案】

【分析】根据函数在处的导数的定义及极限的运算即可求解.

【详解】解：因为.

故答案为：.

7．圆锥的底面半径为1，母线长为3，则圆锥的侧面积等于___________.

【答案】

【分析】由圆锥的侧面积公式即可求解．

【详解】因为圆锥的底面半径为1，母线长为3，

所以圆锥的侧面积．

故答案为：.

8．已知直线､和平面，若，，则与的关系是___________.

【答案】或．

【分析】本题可以利用已知条件，然后在图中画出满足条件的图例，然后可以通过图例判断出直线与平面的位置关系．

【详解】直线和平面，若，且，

则与的位置关系是：或．

如图：

故答案为：或．

9．已知，化简______________.

【答案】##0.5

【分析】分别讨论，，由诱导公式求值即可

【详解】当，；

当，.

故答案为：.

10．5人中至少有两人生日在同一个月中的概率是___________（假设每月天数相同，结果用分数表示）

【答案】

【分析】根据古典概型概率公式及对立事件概率公式即得.

【详解】设5人中至少有两人生日在同一个月为事件，则

，

所以.

故答案为：.

11．对于实数，若，，则的最大值为___________.

【答案】5

【分析】根据几何概型的方法，作出可行域，先分析的范围，再求解即可.

【详解】由题意，，，故，作出可行域，设目标函数，则.易得过时取得最大值，过时取得最小值.故，，故 .

故的最大值为5.

故答案为：5

12．设、、P是线段AB上的一个动点，.若则实数λ的取值范围是________.

【答案】

【详解】利用图像可设点.

则，，，，

由，得.

解得.

故实数的取值范围是.

13．在数列中.，是其前n项和，当时，恒有、、成等比数列，则___________

【答案】

【分析】由题可得，利用可得，利用倒数法求出的通项公式，然后根据与的关系即得.

【详解】当时，由题可得，即，

化简得，得，

两边取倒数得，

，

所以，数列是以为首项，以为公差的等差数列，

，

，

当时，，

所以，.

故答案为：.

14．将函数的图象向右平移 个单位后得到函数的图象，若对满足的、，有的最小值为，则______．

【答案】或

【分析】先求解的解析式，根据可知一个取得最大值一个是最小值，不妨设取得最大值，取得最小值，结合三角函数的性质的最小值为，即可求解的值；

【详解】由函数的图象向右平移，可得 

不妨设取得最大值，取得最小值，

，，．

可得

的最小值为，即．

得或

故答案为或．

【点睛】本题主要考查由函数的解析式，函数的图象变换规律，属于中档题．

15．已知，存在常数A、，使得，则的最小值为___________

【答案】

【分析】由题可知，，构造数列，根据条件结合指数函数的单调性可得数列的最大值和最小值，进而可得的最小值.

【详解】因为，

由已知，所以，，

设，则，，，

所以，，

所以，所以，

故，所以，，，

所以，

所以的最小值为.

故答案为：.

16．已知函数 ，若函数有三个零点，则实数的取值范围是___________.

【答案】

【分析】数形结合，分析与的交点个数为3时实数的取值范围即可.

【详解】由题意，函数有三个零点即有三个解，即与的交点个数为3.

作出与的图象，易得当时不成立，故.

当时与必有一个交点，则当有2个交点.

当时，因为恒过定点，此时与或有2个交点.

①当与有2个交点时，考虑临界条件，当与相切时，.

设切点，则，解得，此时切点，；

又最高点为，故此时.

故.

②当与有2个交点时，考虑临界条件，当与相切时，，即，此时，即，解得，由图可得，故.

此时

综上

故答案为：.

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）利用锥体的体积公式即得；

（2）利用坐标法，根据线面角的向量求法即得.

【详解】（1）在四棱锥中，⊥平面，正方形的边长为2，，为侧棱的中，

所以，点到平面为高，

又因为，

所以，四棱锥的体积；

（2）如图，以为原点，建立空间直角坐标系，

则，，，，，

所以，，，

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.

18．某市为应急处理突如其来的新冠疾病，防止疫情扩散，采取对疑似病人集中隔离观察.如图，征用了该市一半径为2百米的半圆形广场及其东边绿化带设立隔离观察服务区，现决定在圆心O处设立一个观察监测中心（大小忽略不计），在圆心O正东方向相距4百米的点A处安装一套监测设备，为了监测数据更加准确，在半圆弧上的点B以及圆弧外的点C处，再分别安装一套监测设备，且满足.定义：四边形OACB及其内部区域为“直接监测覆盖区域”：OC的长为“最远直接监测距离”.设.

(1)求“直接监测覆盖区域”的面积的最大值：

(2)试确定的值，使得“最远直接监测距离”最大.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先利用余弦定理表示出，再利用面积公式表示出四边形的面积即可求解（2）建立平面直角坐标系，求出点坐标，由两点间的距离公式表示出，利用辅助角公式即可求解

【详解】（1）在中,

,

即

令 , 则

“直接监测覆盖区域” 的面积的最大值:

（2）

以点为坐标原点,以OA方向为轴正方向,以垂直于的正北方向为轴正方向,建立直角坐标系如图 : 则, ,，

设点,由题意有:，

即   解得 : ，

当，即时,取得最大值: ，

当时,使得"最远直接监测距离"最大为:

19．已知函数.

(1)若函数在处取得极大值，求a的值；

(2)设，试讨论函数的单调性.

【答案】(1)；

(2)见解析

【分析】（1）由即可求解；

（2）由导数法结合因式分解及二次函数性质讨论单调性即可.

【详解】（1），由在处取得极大值得；经检验成立

（2） ，，

i. 当时，（仅在取等号），故在递增；

ii. 当时，由得，得，故在递增，在递减；

iii. 当时，由得，得，故在递增，在递减.

20．已知双曲线，、分别是它的左、右焦点，是其左顶点，且双曲线的离心率为．设过右焦点的直线与双曲线的右支交于两点，其中点位于第一象限内．

(1)求双曲线的方程；

(2)若直线分别与直线交于两点，证明为定值；

(3)是否存在常数，使得恒成立？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．

【答案】(1)

(2)证明见解析

(3)存在，2

【分析】（1）根据题意可得，，即可求解的值，进而得到双曲线方程；

（2）设直线的方程及点的坐标，直线的方程与双曲线的方程联立，得到的值，进而得到点的坐标，计算的值即可；

（3）在直线斜率不存在的特殊情况下易得，再证明对直线存在斜率的情形也成立，将角度问题转化为斜率问题，即，，即可求解.

【详解】（1）解：由题可知：

∵，∴c＝2

∵，∴，

∴双曲线C的方程为：

（2）证明：设直线的方程为：，另设：，，

∴，

∴，

又直线的方程为，代入,

同理，直线的方程为，代入,

∴，

∴

,

故为定值.

（3）解：当直线的方程为时，解得，

易知此时为等腰直角三角形，其中 ，

即，也即：，

下证：对直线存在斜率的情形也成立，

，

∵，

∴，

∴，

∴结合正切函数在上的图像可知，，

21．在数列{an}中，a1＝0，且对任意的m∈N*，a2m﹣1、a2m、a2m+1构成以2m为公差的等差数列．

（1）求证：a4、a5、a6成等比数列；

（2）求数列{an}的通项公式；

（3）设Sn，试问Sn﹣2n是否存在极限？若存在，求出其值，若不存在，请说明理由．

【答案】（1）证明见解析（2）答案不唯一，具体见解析（3）存在，极限为

【分析】（1）由a2m﹣1、a2m、a2m+1为以2m为公差的等差数列,根据等差数列的性质,分别令,即可求解；

（2）由题观察可得a2m+1﹣a2m﹣1＝4m,利用累加法可得,再分别讨论为奇数和偶数的情况,即得所求；

（3）由（2）,按照为奇数和偶数的情况分别求和,即可求得极限值

【详解】（1）证明：令m＝1时,a1,a2,a3构成以2为公差的等差数列,因为a1＝0,所以a2＝2,a3＝4；

令m＝2时,a3,a4,a5构成以4为公差的等差数列,所以a4＝8,a5＝12；

令m＝3时,a5,a6,a7构成以6为公差的等差数列,所以a6＝18,a7＝24；

由,得到a4,a5,a6成等比数列

（2）解：由（1）得数列{an}的前几项为：0,2,4,8,12,18,24,

所以

所以a2m+1﹣a2m﹣1＝4m,

由累加法得到2m（m﹣1）,

当n为奇数时,令2m﹣1＝n,所以m,所以；

当n为偶数时,令2m＝n,所以m,所以

（3）解：存在,

由（2）,当n为奇数时,；

当n为偶数时,；

所以

【点睛】本题考查等比数列的证明,考查求数列的通项公式,考查数列的极限,把数列的项按照奇数项和偶数项讨论是解决此题的关键