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“西南汇”2023届高三上学期开学考试数学(理)试题 WORD版含解析.doc

上传人:高**** 文档编号:42127 上传时间:2024-05-24 格式:DOC 页数:16 大小:712.50KB
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资源描述

1、2022 年“西南汇”联考 2023 届高三第一学期开学考理科数学总分:150 分单选题(5 分*12)1.设集合,则()A.B.C.D.2.设复数 满足,则()A.B.C.D.3.函数的零点共有()A.个B.个C.个D.个4.已知正方体中,分別为的中点,则()A.B.C.D.5.已知的内角的对边分别是,则“”是“是钝角三角形”的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件6.已知函数,下列说法正确的是()A.的最小正周期是B.的图象关于直线对称C.在区间上单调递增D.的图象可由的图象向左平移个单位得到7.已知均为单位向量,且满足,命题,命题,则下列命题恒为真命题的

2、是()A.B.C.D.8.函数的最小值为()A.B.C.D.9.已知函数是定义在上的奇函数,当时,则不等式的解集为()A.B.C.D.10.已知某校高三年级共人,按照顺序从 到编学号.为了如实了解学生“是否有带智能手机进入校园的行为”,设计如下调查方案:先从装有 个黑球和 个白球的不透明盒子中随机取出 个球,如果是白球,回答问题一;否则回答问题二.问题如下:一、你的学号的末位数字是奇数吗?二、你是否有带智能手机进入校园的行为?现在高三年级人全部参与调查,经统计:有人回答“否”,其余人回答“是”.则该校高三年级“带智能手机进入校园”的人数大概为()A.B.C.D.11.单位正四面体的外接球内接的

3、最大正三角形边长为()A.B.C.D.12.,则()A.B.C.D.填空题(5 分*4)13.已知函数则_.14.函数的一条过原点的切线方程为_.15.设 是抛物线的焦点,点 在抛物线 上,若,则_.16.已知正实数满足,则的最小值为_.解答题部分 70 分17.(12 分)在三棱锥中,平面平面是的中点.(1)证明:;(2)若,求二面角的大小.18.(12分)已知的内角所对的边分别为.(1)求;(2)若,求.19.(12 分)记数列前 项和为.(1)证明:为等差数列;(2)若,记为数列的前 项积,证明:.20.(12 分)设椭圆,右焦点,短轴长为,直线与 轴的交点到右焦点的距离为.(1)求 的

4、方程;(2)点均在 上,且满足,若与 轴交点为,求满足条件的点的坐标.21.(12 分)设函数为常数).(1)讨论的单调性;(2)若函数有两个不相同的零点,证明:.选考题22.(10 分)选修 4-4:坐标系与参数方程在平面直角坐标系中,曲线 的参数方程是(为参数),正方形的顶点均在 上,且依逆时针次序排列,点.(1)求 的普通方程及点的坐标;(2)设 为 上任意一点,求的最小值.23.(10 分)选修 4-5:不等式选讲已知为正实数,.(1)求证:;(2)求证:.答案1.B【解析】由题意,得.2.C【解析】由题意,得.则.3.C【解析】当时无解;当时,有解综上,函数有 个零点.4.D【解析】

5、建立如图坐标系,不妨设正方体的棱长为.则.故.5.A【解析】,即 为钝角,故充分,而若钝角三角形中为钝角,则 为锐角,即有,故不必要.6.D【解析】,故 选项错误;令,此时对应的 不为整数,直线不为其对称轴,故 选项错误;上,函数单调递减,故 选项错误;将的图象向左移个单位得.故 D 选项正确.7.B【解析】条件说明的夹角和的夹角相等,作图知命题必有一个为真命题,故恒为真命题的是.8.D【解析】.9.D【解析】由题意,得.则单调递增.又当时,;当时,.时,的解集为.又为奇函数,为偶函数,的解集为.10.B【解析】理想情况下,人分为(人)和(人),人中将有人回答“否”,则人中有(人)回答“否”,

6、人回答“是”,则问是否带手机的回答是人数约占,该校高三年级“带智能手机进入校园”的人数约为(人).11.C【解析】如图为单位正四面体.过点 作面的垂线交面于点为外接球球心,则 为的中心,.不妨设.在中,由勾股定理,得.解得.最大正三角形得边长为.12.A【解析】构造,则,故.由切线不等式,即.故.13.【解析】原式.14.【解析】由题意,得的切线方程为当时,此直线过原点,故函数过原点的一条切线方程为.15.【解析】由题意,得.点 到抛物线准线的距离为.抛物线的准线方程为,或,.16.【解析】原式令则在正负性上等价,故此函数在上单调递减,上单调递增.将代入,得原式.17.(2)【解析】(1)证明

7、:由题意,得面.又,面.(2)建立如图坐标系:由题意,得.设面的一个法向量,则由设.同理求得面的一个法向量.则.则二面角的大小为.18.(1)(2)【解析】(1)由题意,得.,.(2)将代入(1)中两式,得.当时,解得;当时,解得.又,.,.综上,.19.证明:(1)由题意,得.则.两式相减,得,即,是等差数列.(2),20.(1).(2)或或.【解析】(1)由题意,得.即椭圆 的方程为.(2)当轴时,此时点 不存在;当不平行 轴时,不妨设.联立直线和椭圆 C 的方程,得.则.由韦达定理,得.设的中点为,则.结合直线和,得.,即.若,则,将代入,解得.经验证:符合,此时点 的坐标为;若,即,解得.经验证:符合,此时点 的坐标为或.综上所述,符合条件的点 的坐标有或或.21.(1)由题意,得.又,在上,在上,在上单调递减,上单调递增.(2)由(1)的结论不妨有.又均,只需证.构造函数.则,当时,等号成立,不能取到,故,说明恒成立,结论得证.22.(1)曲线 的普通方程为;.(2).【解析】(1)曲线 的普通方程为;.(2)设.原式.当时取等号,其最小值为.23.证明:(1)由三元柯西不等式,得原式.当时,取等号.(2)由平均不等式,得整理,得.当时,取等号.

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