2023届宁夏育才中学高三下学期开学考试数学（文）试题含答案

2023届宁夏育才中学高三下学期开学考试数学（文）试题

一、单选题

1．设集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用交集的定义可求.

【详解】由题设有，

故选：B .

2．已知，是虚数单位，若，则（    ）

A．﹣1+2i B．1+2i C．1﹣2i D．1+i

【答案】B

【分析】根据复数乘法运算以及复数相等运算求解.

【详解】由，得，所以，即

，

故选:B．

3．已知，均为单位向量，它们的夹角为，那么等于（    ）

A． B． C． D．4

【答案】A

【分析】先根据题意求出，，，再求出，最后求即可.

【详解】解：因为，均为单位向量，它们的夹角为，

所以，，，

，

所以

故选：A

【点睛】本题考查根据数量积的运算求模、数量积的运算，是基础题.

4．若那么的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】对化简，再利用两角差的余弦公式可得结果

【详解】解：因为

所以

，

故选：B

5．根据有关资料，围棋状态空间复杂度的上限M约为3361，而可观测宇宙中普通物质的原子总数N约为1080.则下列各数中与最接近的是

（参考数据：lg3≈0.48）

A．1033 B．1053

C．1073 D．1093

【答案】D

【详解】试题分析：设 ，两边取对数，，所以，即最接近，故选D.

【名师点睛】本题考查了转化与化归能力，本题以实际问题的形式给出，但本质就是对数的运算关系，以及指数与对数运算的关系，难点是令，并想到两边同时取对数进行求解，对数运算公式包含，，.

6．函数的大致图象可能是 (　　 )

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由题意，函数的解析式，可判定函数为为偶函数，排除A、B项，又由，可排除D项，即可得到答案．

【详解】由题意，函数，满足，

即，，得函数是偶函数，其图象关于轴对称，排除A、B项；

又由，排除D，

故可能的图象为C，故选C．

【点睛】本题主要考查了函数的图象的识别问题，其中解答中熟练应用函数的基本性质，利用函数的单调性和奇偶性，进行排除选项是解答此类问题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．

7．已知为等比数列,,,则（ ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由条件可得的值，进而由和可得解.

【详解】或.

由等比数列性质可知

或

故选D.

【点睛】本题主要考查了等比数列的下标的性质，属于中档题.

8．如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点E、F，且，则下列结论中错误的是（    ）

A．平面BEF B．三棱锥的体积为定值

C．二面角的余弦值为 D．当时，点A到E的距离为

【答案】D

【分析】对于A选项，△BEF在对角面BB1D1D内，而AA1//平面BB1D1D，所以平面BEF；

对于B选项，注意到底面△EFB面积为定值，高为定值，所以三棱锥的体积为定值；

对于C选项，找到二面角的平面角，即可求得其余弦值；

对于D选项，点A到直线EF的垂足并不在线段EF内，故到线段的距离不是到直线EF的距离.

【详解】A选项，△BEF包含于平面BB1D1D，所以平面BEF即平面BB1D1D，显然，AA1//平面BB1D1D，所以A选项正确；

B选项，△EFB的底边EF长度固定，B到EF的距离为BB1=2，所以，A到平面BB1D1D的距离为AC的一半，,

所以B选项正确；

C选项，二面角即二面角，连结A1C1交B1D1于O1，则二面角的平面角为∠AO1C，，所以C选项正确；

D选项，点A到E的距离为，所以D选项错误.

 故选：D.

9．“湖畔波澜飞，耕耘战鼓催”，合肥一六八中学的一草一木都见证了同学们的成长．某同学为了测量澜飞湖两侧C，D两点间的距离，除了观测点C，D外，他又选了两个观测点，且，已经测得两个角，由于条件不足，需要再观测新的角，则利用已知观测数据和下面三组新观测的角的其中一组，就可以求出C，D间距离的有（    ）组

①和；②和；③和.

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】D

【分析】由已知条件结合正余弦定理，可判断所选的条件是否可以求出.

【详解】由，，

∴可求出、，

①和：△中，即可求；

②和：可求、，则在△中求；

③和：可求，则在△中，即可求；

∴①②③都可以求.

故选：D

10．定义在R上的函数满足，且，是的导函数，则不等式（其中e为自然对数的底数）的解集为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】设，结合题设条件，利用导数求得在定义域上单调递增，把不等式，转化为，结合单调性，即可求解.

【详解】设，

可得．

因为，所以，所以，

所以在定义域上单调递增，

又因为，即，

又由，

所以，所以，所以不等式的解集为.

故选：C．

11．已知椭圆(a>b>0)的左、右焦点分别是F1,F2,焦距为2c,若直线y=(x+c)与椭圆交于M点,且满足∠MF1F2=2∠MF2F1,则椭圆的离心率是   

A． B．-1 C． D．

【答案】B

【分析】依题意知，直线y=(x+c)经过椭圆的左焦点F1（-c，0），且倾斜角为60°，从而知∠MF2F1=30°，设|MF1|=x，利用椭圆的定义即可求得其离心率．

【详解】

∵椭圆的方程为，作图如右图：

∵椭圆的焦距为2c，

∴直线 y=(x+c)经过椭圆的左焦点F1（-c，0），又直线y=(x+c)与椭圆交于M点，

∴倾斜角∠MF1F2=60°，又∠MF1F2=2∠MF2F1，

∴∠MF2F1=30°，

∴∠F1MF2=90°．

设|MF1|=x，则 ，|F1F2|=2c=2x，故x=c．

∴ ，

又|MF1|+|MF2|=2a，

∴2a=（ +1）c，

∴该椭圆的离心率

故选B．

【点睛】本题考查椭圆的简单性质，着重考查直线与椭圆的位置关系，突出椭圆定义的考查，理解得到直线y=(x+c)经过椭圆的左焦点F1（-c，0）是关键，属于中档题．

12．已知侧棱长为的正四棱锥各顶点都在同一球面上．若该球的表面积为，则该正四棱锥的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】作图，分外接球的球心在锥内和锥外2种情况，运用勾股定理分别计算.

【详解】设四棱锥为 ，底面 的中心为O，

设外接球的半径为R，底面正方形的边长为2a，四棱锥的高为 ，则 ， ，

当外接球的球心在锥内时为 ，在 中， ，

即…① ，在 中， ，即 …②，

联立①②，解得 （舍）；

当外接球的球心在锥外时为 ，在 中，，

即…③，在 中， ，即 …④，

联立③④解得 ，四棱锥的体积 ；

故选：D.

二、填空题

13．设等差数列{}的前n项为，若，,则公差      .

【答案】3

【分析】根据等差数列的通项公式和前项和公式求解即可.

【详解】由题，因为是等差数列，所以，，

因为，所以，解得，

故答案为：3.

14．已知实数满足约束条件，则的最大值是          .

【答案】18

【分析】首先画出可行域，再根据目标函数表示的几何意义，求的最大值.

【详解】可行域如下图，令，画出初始目标表示的直线，平移至点，目标函数取得最大值，联立，得，，即，目标函数.

故答案为：

15．已知f(x)是定义在R上的偶函数，且f(x＋4)＝f(x－2)．若当x∈[－3,0]时，f(x)＝6－x，则f(919)＝        .

【答案】6

【分析】先求函数周期，再根据周期以及偶函数性质化简，再代入求值.

【详解】由f(x+4)=f(x-2)可知,是周期函数,且,所以 .

【点睛】本题考查函数周期及其应用，考查基本求解能力.

16．已知点，点P是双曲线左支上的动点，为其右焦点，N是圆的动点，则的最小值为        ．

【答案】/

【分析】根据双曲线定义有，则，，，则得到最小值.

【详解】因为双曲线的焦点为,

圆的圆心,恰好为双曲线的左焦点,

，

(当且仅当三点共线时取等号)，

(当且仅当,,三点共线时取等号),

，

的最小值为.

故答案为：.

三、解答题

17．在中，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：

（Ⅰ）a的值：

（Ⅱ）和的面积．

条件①：；

条件②：．

注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．

【答案】选择条件①（Ⅰ）8（Ⅱ）, ；

选择条件②（Ⅰ）6（Ⅱ）, .

【分析】选择条件①（Ⅰ）根据余弦定理直接求解，（Ⅱ）先根据三角函数同角关系求得,再根据正弦定理求,最后根据三角形面积公式求结果；

选择条件②（Ⅰ）先根据三角函数同角关系求得，再根据正弦定理求结果，（Ⅱ）根据两角和正弦公式求，再根据三角形面积公式求结果.

【详解】选择条件①（Ⅰ）

（Ⅱ）

由正弦定理得：

选择条件②（Ⅰ）

由正弦定理得：

（Ⅱ）

【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理，三角形面积公式，考查基本分析求解能力，属中档题.

18．如图，在四棱锥，底面正方形，为侧棱的中点，为的中点，.

（Ⅰ）求四棱锥体积；

（Ⅱ）证明：平面；

（Ⅲ）证明：平面平面.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）证明见解析.

【分析】（Ⅰ）利用锥体的体积公式即得；

（Ⅱ）取中点，由题可得四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定定理即得；

（Ⅲ）由，得平面，由及面面垂直的判定定理即得.

【详解】（Ⅰ）设四棱锥体积为，正方形的面积为，

则．

（Ⅱ）取中点，连结，

因为、分别为、的中点，

所以，

所以，

所以四边形为平行四边形，

所以．

又平面，平面，

所以平面；

（Ⅲ）∵底面正方形，平面，

∴，又，，平面，平面，

所以平面，平面，

所以．又，平面，平面，

所以平面．

由（Ⅱ）知，

所以平面，而平面，

所以平面平面．

19．设数列的前项和为，且，．

（1）求数列的通项公式；

（2）设，求数列的前项和

【答案】（1）；（2）

【分析】（1）由题意知公比为，把等比数列的求和公式代入即可求解；（2）采用裂项相消求和.

【详解】（1），是公比为的等比数列，

又 ，解得，

是以为首项，公比为的等比数列

通项公式为.

（2）

前项和

.

【点睛】本题考查等比数列和等差数列的综合应用，数列求和.

20．设椭圆中心在坐标原点，焦点在轴上，一个顶点坐标为，离心率为.

（1）求这个椭圆的方程；

（2）若这个椭圆左焦点为，右焦点为，过且斜率为1的直线交椭圆于、两点，求的长及的面积.

【答案】（1）；（2）；.

【解析】（1）根据条件，直接求，求得椭圆方程；（2）直线的方程为，与椭圆方程联立，得到，，代入弦长公式，最后代入面积公式.

【详解】设椭圆的方程为，由题意，，，∴，，

∴椭圆的方程为.

（2）左焦点，右焦点，设，，

则直线的方程为，由，

消得，

，，

，

点到直线的距离，

所以

21．已知函数.

（1）当时，讨论的单调性；

（2）若有两个零点，求的取值范围.

【答案】（1）的减区间为，增区间为；（2）.

【分析】（1）将代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间；

（2）若有两个零点，即有两个解，将其转化为有两个解，令，求导研究函数图象的走向，从而求得结果.

【详解】（1）当时，，，

令，解得，令，解得，

所以的减区间为，增区间为；

（2）若有两个零点，即有两个解，

从方程可知，不成立，即有两个解，

令，则有，

令，解得，令，解得或，

所以函数在和上单调递减，在上单调递增，

且当时，，

而时，，当时，，

所以当有两个解时，有，

所以满足条件的的取值范围是：.

【点睛】本题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性，根据零点个数求参数的取值范围，在解题的过程中，也可以利用数形结合，将问题转化为曲线和直线有两个交点，利用过点的曲线的切线斜率，结合图形求得结果.

22．在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线，直线：（为参数）．

(1)求曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；

(2)若直线与曲线相交于，两点，计算弦长及的值．

【答案】(1)，

(2)，．

【分析】（1）利用转换关系把参数方程直角坐标方程和极坐标方程进行转换；

（2）利用参数方程的几何意义，一元二次方程根和系数关系的应用求出结果．

【详解】（1）把，代入极坐标方程，

得，

直线：为参数，

消去得：，

曲线的直角坐标方程和直线的普通方程分别是，．

（2）将为参数代入，

整理得．

，

设，是方程的根，

则，，

，

，

．