上海市金山区2023届高三上学期一模数学试题及答案

上海市金山区2023届高三上学期一模数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、填空题

1．函数的最小正周期是_________

2．已知集合，，则___________

3．若，则的最小值为___________.

4．已知抛物线的焦点坐标为，则的值为___________.

5．已知一个圆锥的底面半径为3，高为4，则该圆锥的侧面积为________．

6．已知，则曲线在处的切线方程是___________.

7．若时，指数函数的值总大于1，则实数的取值范围是___________.

8．已知是实数，是虚数单位，若复数的实部和虚部互为相反数，则___________.

9．从个人中选人负责元旦三天假期的值班工作，其中第一天安排人，第二天和第三天均安排人，且人员不重复，则一共有___________种安排方式（结果用数值表示）.

10．函数的值域为___________.

11．若集合，，且，则实数的取值范围是___________.

12．设是由正整数组成且项数为的增数列，已知，，数列任意相邻两项的差的绝对值不超过1，若对于中任意序数不同的两项和，在剩下的项中总存在序数不同的两项和，使得，则的最小值为___________.

二、单选题

13．已知直线，直线，则“”是“”的（    ）

A．充分非必要条件 B．必要非充分条件

C．充要条件 D．既非充分也非必要条件

14．已知角的终边不在坐标轴上，则下列一定成等比数列的是（    ）

A． B．

C． D．

15．已知正四面体的棱长为6，设集合，点平面，则表示的区域的面积为（    ）

A． B． C． D．

16．对于函数，若自变量在区间上变化时，函数值的取值范围也恰为，则称区间是函数的保值区间，区间长度为.已知定义域为的函数的表达式为，给出下列命题：①函数有且仅有个保值区间；②函数的所有保值区间长度之和为.下列说法正确的是（    ）

A．结论①成立，结论②不成立 B．结论①不成立，结论②成立

C．两个结论都成立 D．两个结论都不成立

三、解答题

17．如图，在四棱锥中，已知底面，底面是正方形，.

(1)求证：直线平面；

(2)求直线与平面所成的角的大小.

18．近两年，直播带货逐渐成为一种新兴的营销模式，带来电商行业的新增长点.某直播平台第1年初的启动资金为500万元，由于一些知名主播加入，平台资金的年平均增长率可达，每年年底把除运营成本万元，再将剩余资金继续投入直播平合.

(1)若，在第3年年底扣除运营成本后，直播平台的资金有多少万元？

(2)每年的运营成本最多控制在多少万元，才能使得直播平台在第6年年底㧅除运营成本后资金达到3000万元？（结果精确到万元）

19．在中，设角所对的边分别为，且.

(1)求；

(2)若，求的最大值.

20．已知椭圆的左､右焦点分别为.

(1)以为圆心的圆经过椭圆的左焦点和上顶点，求椭圆的离心率；

(2)已知，设点是椭圆上一点，且位于轴的上方，若是等腰三角形，求点的坐标；

(3)已知，过点且倾斜角为的直线与椭圆在轴上方的交点记作，若动直线也过点且与椭圆交于两点（均不同于），是否存在定直线，使得动直线与的交点满足直线的斜率总是成等差数列？若存在，求常数的值；若不存在，请说明理由.

21．若函数是其定义域内的区间上的严格增函数，而是上的严格减函数，则称是上的“弱增函数”.若数列是严格增数列，而是严格减数列，则称是“弱增数列”.

(1)判断函数是否为上的“弱增函数”，并说明理由（其中是自然对数的底数）；

(2)已知函数与函数的图像关于坐标原点对称，若是上的“弱增函数”，求的最大值；

(3)已知等差数列是首项为4的“弱增数列”，且公差d是偶数.记的前项和为，设是正整数，常数，若存在正整数和，使得且，求所有可能的值.

参考答案：

1．

【分析】利用正弦的周期公式直接求解即可

【详解】的最小正周期为，

故答案为：

2．

【分析】利用交集的定义进行求解.

【详解】因为，，

所以.

故答案为：.

3．.

【分析】根据基本不等式，即可求解.

【详解】因为，则，当且仅当时，即时，等号成立，

所以的最小值为.

故答案为：.

4．

【分析】利用抛物线的标准方程得到焦点坐标，从而求得值.

【详解】因为抛物线，

所以抛物线的焦点坐标为，

又因为抛物线的焦点坐标为，

所以，则.

故答案为：.

5．

【分析】求出圆锥的母线长即可得侧面积．

【详解】由题意底面半径为，高为，则母线长为，

所以侧面积为．

故答案为：．

6．

【分析】首先求出原函数的导函数，然后将切点处的横坐标代入导函数中求出直线的斜率，再将切点的横坐标代入，求出切点的纵坐标，最后用点斜式求出切线方程.

【详解】因为，，所以，

即切点为，斜率为，代入点斜式直线方程中

则曲线在处的切线方程是.

故答案为：.

7．或

【分析】根据指数函数的性质以及单调性，即可得到关于的不等式，求解不等式即可得到结果.

【详解】由已知可得，且.

又时，，

即 ，

所以有，即，

解得或.

故答案为：或.

8．

【分析】利用复数的运算化简，结合题意求出的值，再用模长公式计算即可.

【详解】由题意，

因为实部和虚部互为相反数，所以，解得，

此时，则，

故答案为：

9．

【分析】分别确定第一天、第二天、第三天值班的人，结合分步乘法计数原理可求得结果.

【详解】从个人中选人负责元旦三天假期的值班工作，其中第一天安排人，第二天和第三天均安排人，且人员不重复，

由分步乘法计数原理可知，不同的安排方法种数为.

故答案为：.

10．

【分析】由三角恒等变换得，再整体代换求解值域即可.

【详解】

，

因为，所以，

所以，所以，

所以函数的值域为.

故答案为：

11．

【分析】化简集合，其表示两平行线线上及其中间部分的点(如阴影部分所示)，集合表示以为圆心，为半径的圆及其圆内的点，而，即表示该圆与阴影部分有交点，可利用直线与圆的位置关系来解决此题.

【详解】因为，

所以集合是被两条平行直线夹在其中的区域，如图所示，

，

其中由，解得或，

当时，B表示点或，

当时，表示以为圆心，为半径的圆及其内部的点，

其圆心在直线上，

依题意，即表示圆应与阴影部分相切或者相交，

当时，显然满足题意，当时，不满足题意，

当时，因为，

所以，即，

所以，

所以；

当时，因为，

所以，即，

所以，无解；

综上，头数的取值范围足.

故答案为：

12．

【分析】本题为数列的新定义题，由已知可推出，当时，或，根据，可推出数列前6项，结合题意，应有，，，…，，中间各项为公差为1的等差数列时，可使得值最小，同理推出数列后6项，即可得出最小值.

【详解】因为数列任意相邻两项的差的绝对值不超过1，，所以，

又是由正整数组成且项数为的增数列，所以或，

当时，，此时，

这与在剩下的项中总存在序数不同的两项和，使得矛盾，

所以，类似地，必有，，，，

由得前6项任意两项之和小于等于3时，均符合，

要最小，则每项尽可能小，且值要尽量小，

则，，

同理，，，…，，当中间各项为公差为1的等差数列时，可使得值最小，且满足已知条件.

由对称性得最后6项为，，

则的最小值.

【点睛】对于数列的新定义题，关键在于读懂题意.根据题意，可得出当时，或，根据已知，可推出数列的前6项以及后6项， 进而推得中间项和取的最小值应满足的条件.

13．C

【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合直线平行的等价条件进行判断即可.

【详解】若，则两直线方程分别为和，

满足两直线平行，即充分性成立，

若，

当时，两直线分别为和，

此时两直线不平行，不满足条件.

当时，若两直线平行则，

由得，即，

所以或，

当时，，不满足条件.

则，即，

则“”是“”的充要条件，

故选：C

14．D

【分析】对于ABC，举反例排除即可；对于D，利用三角函数的基本关系式即可判断.

【详解】对于A，令，则，

所以，即，故A错误；

对于B，令，则，即，故B错误；

对于C，令，则，

所以，即，故C错误；

对于D，因为角的终边不在坐标轴上，所以，，，

所以，即，则，

所以一定成等比数列，故D正确.

故选：D.

15．C

【分析】过点作平面于点，利用正四面体的特点求出的长，从而得到，即得到其表示圆及其内部，则得到其表示的区域面积.

【详解】过点作平面于点，

则，

因为，则，

则表示的区域为以为圆心，2为半径的圆及其内部，

面积为，

故选：C.

16．B

【分析】分析可知，分、两种情况讨论，分析函数在上的单调性，根据函数在上的值域为求出、的值，即可得出结论.

【详解】因为，所以，

①当时，当时，，则函数在上单调递减，

由题意可得，解得；

②当时，则当时，，必有，

则，所以，函数在上递减，在上单调递增，

由，可得，

当时，，

故当时，，，

故当时，函数在上的值域为，不合乎题意；

当时，有，得，

此时，当时，，，合乎题意.

综上，有个保值区间，故①错；

所有的保值间为和，长度之和为，故②对.

故选：B.

17．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由线面垂直的判定定理即可证明；

（2）以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系.分别求出直线的方向向量与平面的法向量，由线面角的向量公式代入即可求解.

【详解】（1）因为平面，且平面，

所以.

在正方形中，.

而，平面，

故平面.

（2）以为坐标原点，分别以为轴，

建立空间直角坐标系.

设，则，

从而.

设平面的法向量为，

，

令，则.

设直线与平面所成的角为，

则，

故与夹面的所成角大小为.

18．(1)936万元

(2)3000万元

【分析】（1）用表示第年年底扣除运营成本后直播平台的资金，然后根据已知计算可得；

（2）由已知写出，然后由求得的范围．

【详解】（1）记为第年年底扣除运营成本后直播平台的资金，

则，

故第3年年底扣除运营成本后直播平台的资金为936万元.

（2），

由，得，

故运营成本最多控制在万元，

才能使得直播平台在第6年年底扣除运营成本后资金达到3000万元.

19．(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理将边转化为角，再由诱导公式和两角和的正弦公式化简即可；

（2）由得，因为，两方程联立结合均值不等式即可得出答案.

【详解】（1）由，

得

即，

从而，

由，得.

（2）由得，

从而，即

又因为，得

所以，即，

从而，

而，故

解得，当且仅当时取等号，

所以的最大值为.

20．(1)

(2)答案见解析

(3)存在，，理由见解析

【分析】（1）由题意知，即可知离心率；

（2）分，和三种讨论即可；

（3）设直线，联立椭圆方程得到韦达定理式，计算，将韦达定理式整体代入，再计算，得到方程即可.

【详解】（1）由题意得即，所以离心率.

（2）由题意得椭圆

①当时，由对称性得.

②当时，，故，设，

由得，

两式作差得，

代入椭圆方程，得（负舍），故

③当时，根据椭圆对称性可知.

（3）由题意得椭圆.

设直线，

由得.

设，则，

，

，

由，得.

【点睛】关键点睛：对于第三问，我们通常选择设线法，设直线，从而将其与椭圆方程联立得到两根之和与之积式，然后再计算出的值，再将韦达定理式整体代入，当然本题也可引入，设直线.

21．(1)是上的“弱增函数”，理由见解析

(2)1

(3)所有可能的值为和

【分析】（1）根据“弱增函数”的定义，分析和在上的单调性即可；

（2）由函数与函数的图像关于坐标原点对称，求出函数，因为是上的“弱增函数”，根据二次函数和对勾函数的图像性质分别求出的增区间和的减区间，得到，即可求出的最大值；

（3）由等差数列是首项为4的“弱增数列”，且公差d是偶数，解得，即可求出，通过分析的单调性，可得，从而赋值别求得符合题意的的值.

【详解】（1）函数是上的“弱增函数”，理由如下：

显然，是上的严格增函数，

对于函数，，

当时，恒成立，

故是上的严格减函数，

从而是上的“弱增函数”.

（2）记，

由题意得，

，

由是上的“弱增函数”可得函数是上的严格增函数，而是上的严格减函数，

函数图像的对称轴为，且是区间上的严格增函数，

令，则，

当，即时，解得或，

当时，，则函数在上单调递减，

即函数是区间上的严格减函数，

由是上的“弱增函数”，得，

所以，

所以的最大值为1.

（3），

由是“弱增数列”得，即.

又因为d是偶数，所以，

从而.

故，

由得，所以当时，，即，

故若，则不存在和，使得.

从而.

若，解得，满足；

若，解得，满足；

若，解得，不满足.

当时，，故不存在大于5的正整数，使得.

综上，所有可能的值为和.

【点睛】方法点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法