上海市2023届高三下学期开学考试数学试题.docx

1、上海市2023届高三下学期开学考试数学试题学校:_姓名：_班级：_考号：_一、填空题1已知集合，集合，且，则实数的值是_.2不等式的解集为_.3已知多项式，则_.4已知是互相垂直的单位向量，向量满足：是向量与夹角的正切值，则_.5受新冠肺炎的影响，部分企业转型生产口罩，如表为某小型工厂25月份生产的口罩数（单位：万）23452.23.85.5若与线性相关，且回归直线方程为，则表格中实数的值为_.6已知函数在处取得极值0，则_7已知函数，当时，则的最大值是_8袋中有4个黑球，3个白球.现掷一枚均匀的骰子，掷出几点就从袋中取出几个球.若已知取出的球全是白球，则掷出2点的概率为_.9重庆八中某次数学

2、考试中，学生成绩服从正态分布.若，则从参加这次考试的学生中任意选取3名学生，至少有2名学生的成绩高于120的概率是_.10设直线与抛物线相交于两点，与圆相切于点，且为线段的中点. 若这样的直线恰有4条，则的取值范围是_.11在正三棱柱中，底面的边长为2，用一个平面截此三棱柱，截面与侧棱，分别交于点，且为直角三角形，则的面积的取值范围是_.12对于正整数，将其各位数字之和记为，如，则_.二、单选题13将函数图象向右平移个单位，再把各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则下列说法中正确的是（）A的周期为B是偶函数C的图象关于直线对称D在上单调递增14若，则（）ABCD15已知

3、是边长为2的等边三角形，为平面内一点，则的最小值是ABCD16已知非空集合A，B满足：，函数，对于下列两个命题：存在唯一的非空集合对，使得为偶函数；存在无穷多非空集合对，使得方程无解.下面判断正确的是（）A正确，错误B错误，正确C都正确D都错误三、解答题17在平面四边形ABCD中，ABD=45，AB=6，AD=，对角线AC与BD交于点E，且AE=EC， DE=2BE(1)求的长；(2)求cosADC的值18如图，在中，在三角形内挖去一个半圆，圆心在边上，半圆与分别相切于点，与交于另一点，将绕直线旋转一周得到一个旋转体.(1)求该旋转体中间空心球的表面积的大小；(2)求图中阴影部分绕直线旋转一周

4、所得旋转体的体积.19如图，半圆是某爱国主义教育基地一景点的平面示意图，半径的长为百米.为了保护景点，基地管理部门从道路上选取一点，修建参观线路,且,均与半圆相切，四边形是等腰梯形，设百米，记修建每百米参观线路的费用为万元，经测算.（1）用表示线段的长；（2）求修建参观线路的最低费用.20已知，为的两个顶点，为的重心，边，上的两条中线长度之和为6.(1)求点的轨迹的方程；(2)若直线与曲线相交于点、，若线段的中点是，求直线的方程；(3)已知点，直线与曲线的另一个公共点为，直线与交于点，求证：当点变化时，点恒在一条定直线上.21对于数列，若从第二项起，每一项与它的前一项之差都大于或等于（小于或等

5、于）同一个常数d，则叫做类等差数列，叫做类等差数列的首项，d叫做类等差数列的类公差.(1)若类等差数列满足，请类比等差数列的通项公式，写出数列的通项不等式（不必证明）；(2)若数列中，.判断数列是否为类等差数列，若是，请证明，若不是，请说明理由；记数列的前n项和为，证明：.试卷第3页，共4页参考答案：1【分析】根据集合交集的性质分类讨论进行求解即可.【详解】由，知，若，则，此时，舍去；若，则，此时，满足题意；若，此时无实数解，综上知，故答案为：2【分析】解法一：利用绝对值的几何意义直接求解；解法二：利用零点分段法先去绝对值，然后分情况进行求解即可.【详解】解法一：由绝对值几何意义知，当且仅当时

6、取得2，故不等式的解集为：.解法二：，则有或或，解得：，所以不等式的解集为，故答案为：1,3.3【分析】写出展开式通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项后即可求得的值.【详解】因为的展开式通项为，的展开式通项为，由，可得，所以，.故答案为：.4【分析】设，根据向量数量积的定义可得，结合已知条件有，进而可得，即可求其极限.【详解】若，且是单位向量，所以，即，所以，又，则，综上，故.故答案为：.5#7.1【分析】根据线性回归直线方程经过样本中心，将代入求解.【详解】，故，故，故，故答案为：7.1611【分析】求出导函数，然后由极值点和极值求出参数值即可得，注意检验符合极值点的定义【详解】，则，即

7、，解得或当时，不符合题意，舍去；当时，令，得或；令，得所以在，上单调递增，在上单调递减，符合题意，则故答案为：117#【分析】分别求得和时对应的自变量的值，结合的图象可确定的取值范围，由此可得结果.【详解】令，解得：；令，解得：；图象如下图所示，由图象可知：，.故答案为：.8【分析】运用条件概率公式，结合全概率公式进行求解即可.【详解】记：骰子掷出的点数为，事件：取出的球全是白球，则，所以，所以若已知取出的球全是白球，则掷出2点的概率为：，故答案为：9#0.15625【分析】结合正态分布特点先求出，再由独立重复试验的概率公式即可求解.【详解】因学生成绩符合正态分布，故，故任意选取3名学生，至少

8、有2名学生的成绩高于120的概率为.故答案为：10（2，4）【详解】设直线的方程为，把直线的方程代入抛物线方程，整理可得：则，则线段的中点由题意可得直线与直线垂直，且当时，有即，整理得把代入到可得，即由于圆心到直线的距离等于半径即，此时满足题意且不垂直于轴的直线有两条当时，这样的直线恰有条，即，综上所述，若这样的直线恰有条，则的取值范围是点睛：本题主要考查的知识点是直线与抛物线，圆的位置关系，考查了学生分析解决问题的能力，属于中档题设直线的方程为，把直线的方程代入抛物线方程，根据判别式求得线段的中点的坐标，分别讨论时，时的取值范围，即可得到答案11【分析】设在处，再结合直角三角形中的各边的关系

9、，求得，进而表达出，再结合的取值范围求解即可【详解】不妨设在处，则，因为当且仅当时取等号，且，即，故.故答案为：12【分析】根据题意分别求出千位、百位、十位和个位上数字之和，从而可得出答案.【详解】方法一：由定义易知，由此可知，进而有，进而有，而，故.方法二：考虑每一位上的数字出现次数，千位数字仅有1和2，之和为：，百位数字之和为：，十位数字之和为；，个位数字之和为：，综上可知，.故答案为：.【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是明确题意，发现数字的变化特点，从各位数入手，从而可得出结果.13D【分析】首先利用三角恒等变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，再利用图象的平移变换和伸缩变换的应用求出

10、函数 的关系式，然后再利用正弦函数的性质对各选项进行判断，即可得到结果【详解】函数， 把函数图象向右平移个单位，得到， 再把各点的横坐标伸长到原来的倍(纵坐标不变)， 得到 故函数的最小正周期为，故选项A错误； 函数，不为偶函数，故选项B错误；当时，故选项C错误；由于，所以，故函数 单调递增，故选项D正确 故选：D【点睛】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，函数的图象的平移变换和伸缩变换的应用，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题14A【分析】将不等式变为，根据的单调性知，以此去判断各个选项中真数与的大小关系，进而得到结果.【详解】由得：，令

11、，为上的增函数，为上的减函数，为上的增函数，则A正确，B错误；与的大小不确定，故CD无法确定.故选：A.【点睛】本题考查对数式的大小的判断问题，解题关键是能够通过构造函数的方式，利用函数的单调性得到的大小关系，考查了转化与化归的数学思想.15B【分析】根据条件建立坐标系，求出点的坐标，利用坐标法结合向量数量积的公式进行计算即可【详解】建立如图所示的坐标系，以中点为坐标原点，则，设，则，则当，时，取得最小值，故选：16B【分析】在同一平面直角坐标系画出与的图象，结合函数图象即可判断；再分别求出与的解，即可判断无解的条件，从而判断，即可得解；【详解】解：在同一平面直角坐标系画出与的图象如下所示：由

12、，解得，由函数图象可知当或时为偶函数，故错误；令，解得，令，解得，因为，所以当，时满足无解，故存在无穷多非空集合对，使得方程无解，故正确；故选：B17(1)(2)【分析】(1)由余弦定理解三角形可求；(2)在中由余弦定理求，再由正弦定理求，由此可求cosADC的值【详解】（1）中，又ABD=45，AB=6，AD=，所以解得；（2）因为，AB=6，AD=，所以，所以；又，所以中，所以所以，所以，所以；中，由余弦定理可得，又，所以所以，由正弦定理可得，所以，所以所以18(1)(2)【分析】（1）连接，设，由可求得，代入球的表面积公式可得结果；（2）根据旋转体特征可知所得旋转体为一个圆锥里面挖去一个

13、内切球，由圆锥和球的体积公式可计算得到结果.【详解】（1）连接，为半圆的切线，设，则，解得：，.（2），将阴影部分绕直线旋转一周得到一个圆锥，里面挖去一个内切球，所求体积.19(1) （）;(2) 万元【详解】试题分析：（1）建立坐标系：由题意得，点E的坐标为，设直线EF的方程为（），即因为直线EF与半圆相切，所以圆心O到直线EF的距离为，解得 代入可得，点F的坐标为所以，（2）设修建该参观线路的费用为万元 当，由，则在上单调递减 当时，所以， 因为，所以，且当时，；当时，所以在上单调递减；在上单调递增由知，取最小值为试题解析：设DE与半圆相切于点Q，则由四边形CDEF是等腰梯形知，DQQE，

14、以OF所在直线为x轴，OQ所在直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系xOy （1）方法一：由题意得，点E的坐标为，设直线EF的方程为（），即因为直线EF与半圆相切，所以圆心O到直线EF的距离为，解得 代入可得，点F的坐标为所以，即（）方法二：设切圆于，连结，过点作，垂足为因为，所以RtEHFRtOGF， 所以由，所以（）（2）设修建该参观线路的费用为万元 当，由，则在上单调递减所以当时，取最小值为； 当时，所以， 因为，所以，且当时，；当时，所以在上单调递减；在上单调递增所以当时，取最小值为由知，取最小值为答：（1）的长为百米；（2）修建该参观线路的最低费用为万元20(1)(2)(3)证明见

15、解析【分析】（1）由题意可得，满足椭圆的定义，即可求解；（2）易得的斜率存在，设直线：，与：联立可得，利用中点即可求解；（3）设直线的方程为：，与：联立可得，联立直线，直线的方程可得的横坐标为，与上式结合即可求证【详解】（1）因为为的重心，且边，上的两条中线长度之和为6，所以，故由椭圆的定义可知的轨迹是以，为焦点的椭圆（不包括长轴的端点），故设点的轨迹的方程为，所以，所以，所以的轨迹的方程为；（2）设，若直线的斜率不存在，根据椭圆的对称性可得线段的中点在轴上，不满足题意；故设直线：，与：联立，整理得：，由整理得：，故，由题意知，解得：，满足，故直线：（3）设直线的方程为：，联立方程得：，由整理

16、得：，即或，则，所以，又直线的方程为：，又直线的方程为：，联立方程得：，把代入上式得：，所以当点运动时，点恒在定直线上【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.21(1)；(2)数列是类等差数列；证明见解析.【分析】（1）利用类等差数列定义，类比等差数列通项求解方法累加法可得；（2）由类等差数列的定义，及，推得，又推出，结合的单调性，得，来判断数列是否为类等差数列；由，得数列的前n项和为，结合（1）中结论可得，从而可推证.【详解】（1）解：（2）解：数列是类等差数列，理由如下：即又，所以，则是递减数列递减，故，数列是类等差数列；，由知数列是类等差数列，结合（1）中结论可得：，且即，故.答案第15页，共16页