2023届青海省西宁市六校联考高三下学期开学考试数学（理）试题含答案

2023届青海省西宁市六校联考高三下学期开学考试数学（理）试题

一、单选题

1．设集合,．则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据根式的定义域列出方程,解出集合,根据对数函数性质解出对数不等式,即集合,再求出即可.

【详解】由题知,

解得:,

,

所以.

故选：C.

2．已知是虚数单位，若复数的实部为1，，则复数的虚部为（    ）

A．或 B．或 C．或1 D．或

【答案】A

【分析】设，则，由，列出方程求解即可.

【详解】由题意，设，则，

所以，

即，所以或，

即或，

所以复数的虚部为或.

故选：A.

3．若为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列结论正确的是（    ）

A．若，则

B．若，则

C．若，则

D．若，则

【答案】D

【分析】根据空间中直线与平面的位置关键逐项判断即可

【详解】解：对于A，若，则或，故A不正确；

对于B，若，则或，故B不正确；

对于C，若，则或，故C不正确；

对于D，若，则，故D正确.

故选：D.

4．已知，则（    ）

A． B．3 C． D．

【答案】C

【分析】由两角和的正切公式变形后求得，由诱导公式变形后，利用商数关系变形可得．

【详解】由，解得，则.

故选：C．

5．已知函数的图象在处的切线方程为，则（    ）

A． B． C．0 D．1

【答案】B

【分析】根据导数的几何意义可得，从而可得的值，再利用切点在曲线也在切线上，可得的值，即可求得答案.

【详解】解：因为，所以.

又的图象在处的切线方程为，

所以，解得，

则，所以，代入切线方程得，解得，

故.

故选：B.

6．已知非零向量，满足，则与的夹角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】将已知等式两边平方，根据向量数量积的运算律，求出，即可得出结论.

【详解】，两边平方，

，所以，

又，是非零向量，所以，

即与的夹角为.

故选：C.

7．记函数的最小正周期为．若，且的图象的一条对称轴为，关于该函数有下列四个说法：

①；

②；

③在上单调递增；

④为了得到的图象，只需将的图象向右平移个单位长度．

以上四个说法中，正确的个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】利用周期公式求出的范围可判断①；由为一条对称轴得，结合的范围可求得，从而得出的解析式，求值可判断②；利用正弦函数的单调性可判断③；利用三角函数图象平移的规律可判断④.

【详解】由且，故，故①错误；

因为为一条对称轴，故，．由于，故，则，所以，故②正确；

当时，，则在上单调递增，故③正确；

将的图象向右平移个单位长度得的图象，而，故④错误．

所以，正确的有②③，共2个．

故选：B．

8．河南博物院主展馆的主体建筑以元代登封古观星台为原型，经艺术夸张演绎成“戴冠的金字塔”造型，冠部为“方斗”形，上扬下覆，取上承“甘露”、下纳“地气”之意．冠部以及冠部下方均可视为正四棱台．已知一个“方斗”的上底面与下底面的面积之比为，高为2，体积为，则该“方斗”的侧面积为（    ）

A．24 B．12 C． D．

【答案】D

【分析】根据题意得正四棱台的侧面为四个等腰梯形，先计算侧面的高，然后利用梯形的面积公式代入计算即可.

【详解】由题意可知，记正四棱台为，其底面为正方形，

侧面为四个等腰梯形，把该四棱台补成正四棱锥如图，

设是底面上与的交点，是底面上与的交点

则是正四棱锥的高，为正四棱台的高，

设，，则上、下底面的面积分别为、，

由题意，所以，

在中，，所以为PA的中点，

在中，，所以，所以，

又，解得，，

所以，

所以侧棱长是，由勾股定理可得侧面的高为，

所以侧面积为.

故选：D

9．设等差数列的前项和为，，，则公差的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】方法1：等差数列通项公式的基本量代入不等式组求解即可.

方法2：等差数列前n项和公式的基本量代入不等式组求解即可.

【详解】方法1：∵为等差数列，，

∴，

；

方法2：∵为等差数列，，

∴，

∴.

故选：A.

10．记的内角，，的对边分别为，，，已知角，，则角（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先由正弦定理把边转化为角，再展开化简求得与的关系，进一步计算得出结果.

【详解】已知角，，

由正弦定理可得，

整理得，即，

因为，所以，所以.

又，所以.

故选：C.

11．函数的图象是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用导数判断函数的单调性，以及时，，结合选项即可求出结果.

【详解】因为，则，

时，，所以函数在上单调递减，

时，，所以函数在上单调递增，

且时，，所以BCD均错误，

故选：A.

12．已知函数满足，且时，，若时，方程有三个不同的根，则的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由，可得函数的图象关于直线对称，由此可画出函数图象，而直线为过定点的一条直线，当直线与当时的函数的图象相切时，直线与在的图象有两个公共点，然后利用导数求出切线的斜率，再结合图象可得答案.

【详解】因为，所以函数的图象关于直线对称.

当时，，则当时，的图象如图所示，

直线为过定点的一条直线.

当直线与当时的函数的图象相切时，直线与在的图象有两个公共点.

当时，函数，，

设切点为，切线的斜率，

则切线方程为，把点代入得，

所以；

当直线过点时，，所以的取值范围为，

故选：C.

二、填空题

13．的展开式中的项系数为___________；

【答案】

【分析】在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于1，求出的值，即可求得展开式中的系数．

【详解】解：，

令，则，

所以.

故答案为：.

14．已知四边形是边长为2的正方形，若，且为的中点，则______．

【答案】

【分析】以为基底表示，进而求得.

【详解】依题意，在正方形中，且为的中点，

所以，

，

所以.

故答案为：

15．设实数满足约束条件，则的最大值为______.

【答案】

【分析】根据约束条件作出可行域，将目标函数变形为，通过平移可知当直线过点时，截距取得最小值，从而可得的最大值．

【详解】作出已知不等式组所表示的平面区域，如图所示：

将目标函数变形为，由图可知当直线经过点时，截距最小，

此时取得最大值为.

故答案为：

【点睛】本题主要考查简单线性规划，解决线性规划问题的关键是正确地作出可行域，准确地理解目标函数的几何意义．

16．已知直三棱柱 的 6 个顶点都在球的表面上， 若， 则球的体积为__________．

【答案】/

【分析】根据正余弦定理可得的外接圆半径，然后根据球的性质结合条件可得球的半径，再利用球的体积公式即得.

【详解】因为，，

所以，即，

所以的外接圆半径为，

在直三棱柱中， ，

设球的半径为，则，

因此球的体积为.

故答案为：.

三、解答题

17．第二十二届世界杯足球赛在卡塔尔正式拉开序幕，这是历史上首次在北半球冬季举行的世界杯足球赛.某市为了解高中生是否关注世界杯足球赛与性别的关系，随机对该市50名高中生进行了问卷调查，得到如下列联表.

已知在这50名高中生中随机抽取1人，抽到关注世界杯足球赛的高中生的概率为.

(1)完成上面的列联表；

(2)根据列联表中的数据，判断能否有的把握认为该市高中生是否关注世界杯足球赛与性别有关.

附：，其中.

【答案】(1)列联表见解析

(2)没有

【分析】（1）根据已知得出世界杯足球赛的高中生人数，不关注世界杯足球赛的高中生人数，即可完成列联表；

（2）根据已知公式得出，查表即可得出答案.

【详解】（1）由题可知，关注世界杯足球赛的高中生有人，

不关注世界杯足球赛的高中生有人.

故完成的列联表如下：

（2），

因为，

所以没有的把握认为该市高中生是否关注世界杯足球赛与性别有关.

18．已知正项等比数列的前项和为，若成等差数列，．

(1)求与；

(2)设，数列的前项和记为，求．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）根据已知条件可构造关于的方程组，解方程组可得，由等比数列通项和求和公式可求得；

（2）由（1）可得，采用错位相减法可求得.

【详解】（1）成等差数列，；

设正项等比数列的公比为，

则，解得：，

，.

（2）由（1）得：，

，，

，

.

19．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，其面积为S，且（c﹣a）（c+a）+abcosC＝S.

（1）求角A的大小；

（2）若4cosB•cosC＝1，且a＝2，求S的值.

【答案】（1）;（2）

【分析】（1）边化角即可；（2）通过角得关系求出，进一步即可获解

【详解】（1）

所以，即

，

（2）

△ABC为等边三角形

所以

20．如图，在四棱锥中，平面底面，且.

(1)证明：.

(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明线面垂直，然后利用线面垂直证明线线垂直；

（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，然后求出二面角的平面角的余弦值

【详解】（1）证明：取的中点，连接.

因为，所以.

又，所以.

又，所以为正三角形，所以.

因为在平面内相交，所以平面.

又平面，所以.

（2）以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，

建立如图所示的空间直角坐标系，

则.

设平面的法向量为，

则令，得.

由题可知，平面的一个法向量为.

设平面和平面所成的锐二面角为，

则.

21．已知函数，直线是函数f(x)的图象的一条对称轴.

（1）求函数f(x)的单调递增区间;

（2）已知函数y=g(x)的图象是由y=f(x)的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，然后再向左平移个单位长度得到的，若求的值.

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）首先化简函数，再根据是函数的一条对称轴，代入求，再求函数的单调递增区间；（2）先根据函数图象变换得到，并代入后，得，再利用角的变换求的值.

【详解】（1），

当时，，得，

，，

即，令，

解得：，，

函数的单调递增区间是；

（2），

，得，

，，，

【点睛】方法点睛：本题考查函数的图象变换，以及的性质，属于中档题型，的横坐标伸长（或缩短）到原来的倍，得到函数的解析式是，若向右（或左）平移（）个单位，得到函数的解析式是或.

22．已知函数，（）．

(1)求函数的单调区间；

(2)判断函数在区间上的单调性．

【答案】(1)的单调递增区间为，的单调递减区间为；

(2)在上单调递减，在上单调递增．

【分析】（1）求导得，讨论在上的正负即可得函数的单调性；

（2）结合（1）只需比较与的大小，即可得函数的单调性.

【详解】（1）解：因为，，

令，得或．

当时，，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

所以的单调递增区间为，的单调递减区间为；

（2）解：当时，，

由（1）知，的单调递增区间为，的单调递减区间为．

令，

当时，，

当时，取极小值也是最小值，

，

所以，即，

所以在上单调递减，在上单调递增．

【点睛】方法点睛：要确定函数的单调性，只需确导数的正负即可.