上海交通大学附属中学2023届高三上学期开学考试数学试题(解析版)

（1）当 时，求 、 、 的值;
（2）求证：当且仅当 时，函数 存 最小值.
（3）已知存在 ，使得 对一切 恒成立，求满足 的 的最小值.
【答案】（1） ，
（2）证明见解析（3）
【分析】（1）根据切点坐标和导数的几何意义可得出关于 、 、 的方程组，即可解得这三个未知数的值；
（2）对 的取值进行分类讨论，利用导数分析函数 的单调性，即可得出结论；
【答案】
【分析】求导后，代入 即可得到结果.
【详解】 ， ，
即小球在 时的瞬时速度为 .
故答案为： .
8.已知方程 表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4，则n的取值范围是________________．
【答案】
【分析】由已知可得c=2，利用4=（m2+n）+（3m2﹣n），解得m2=1，又（m2+n）（3m2﹣n）＞0，从而可求n的取值范围．
【详解】原不等式等价于 ，两边平方得 ，
整理得 ，解得 ，故原不等式的解集为 .
故答案为： .
3.已知点 ，则 的单位向量为（用坐标表示）________
【答案】
【分析】由单位向量的定义求解即可
【详解】因为 ，
所以 ，
所以 的单位向量为 ，
故答案为：
4.已知 ，若实数 满足 ，则 ________
【答案】 ##-0.2
由（2）可知，当且仅当 时，函数 存在最小值，且 ，
由已知 可得 ，则 ，
所以， ，
由题意可得 ，因为 ，可得 ，
令 ，可得 ，
令 ，其中 ，
，当且仅当t= 0.5时取等，
令 ，其中 ，则 ，
所以，函数 在 上单调递增，则 ，所以， ，
所以，函数 在 上为增函数，
因为 ， ，
所以，存在 使得 ，由 可得 ，
【分析】由复数的运算法则与模长公式求解即可
【详解】因为 ，
所以 ， ，
又 ，
所以 ，
即 ，
所以 ，解得 ，
所以 ，
故答案为：
5.如图 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 交 于点 ），则图中阴影部分绕直线 旋转一周所得旋转体的体积为______.
【答案】
【分析】由题意可知，所得的几何体是从一个圆锥中挖去一个球，用圆锥的体积减去球的体积.
A. B.
C. D.
【答案】D
【详解】由 >0得：x∈(−∞,−2)∪(4,+∞)，
令t= ，则y=lnt，
∵x∈(−∞,−2)时,t= 为减函数；
x∈(4,+∞)时,t= 为增函数；
y=lnt为增函数，
故函数f(x)=ln( )的单调递增区间是(4,+∞)，
故选D.
点睛：形如 的函数为 , 的复合函数， 为内层函数, 为外层函数.
【答案】D
【分析】利用偶函数的定义即可判断①；利用举反例即可判断②和③；分四个范围对 进行化简，然后利用三角函数的性质进行求值域，即可得到 时的最值，结合偶函数即可判断
【详解】解：对于①，易得 的定义域为 ，关于原点对称，
因为 ，所以 是偶函数，故正确；
对于②和③，因 ，
，
且 ，所以 在 不是减函数，在 也不是增函数，故②，③错误；
（3）由已知条件可得出 ， ，由题意可得 ，可得出 ，令 ，可得 ，令 ，其中 ，利用导数分析函数 的单调性，结合零点存在定理求出 的零点的取值范围，由此可求得使得满足 的 的最小值.
【小问1详解】
解：当 时， ， ，则 ， ，
由题意可得 ，即 ，解得
【小问2详解】
解：由已知 ，则 .
（i）当 时， ，函数 在 上单调递增，不存在最小值；
因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，
又 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
又 平面 ，
所以 ，
所以 是二面角 的平面角，
因为 ，
在 中， ，
所以 ，
所以二面角 的大小为 ；
【小问2详解】
易知， ，
且 都在平面 内，
点 到平面 的距离为 ，
所以
20.已知 ， ，若曲线 和曲线 都过点 ，且在点 处有相同的切线 .
（ii）当 时，由 可得 ，此时函数 单调递减，
由 可得 ，此时函数 单调递增，
故当 时，函数 存在最小值；
（iii）当 时，由 可得 ，此时函数 单调递增，
由 可得 ，此时函数 单调递减，
故当 时，函数 存在最大值，无最小值.
综上所述，当且仅当 时，函数 存在最小值.
【小问3详解】
解：存在 ，使得 对一切 恒成立，则 .
对于④，当 时， ，
因为 ，所以 ，
所以 ，所以 ；
当 时， ，
因为 ，
所以 ，所以 ；
当 时， ；
当 时， ，
因为 ，
所以 ，所以 ，
所以，综上所述，当 时， 的最大值为 ，由于 为偶函数，所以当 时， 的最大值也为 ，故 的最大值为 ，故④正确；
故选：D
【点睛】方法点睛：利用四个象限对 进行讨论，根据三角函数符号去掉绝对值，然后利用三角函数的性质进行求解值域
A.p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关B.该棋手在第二盘与甲比赛，p最大
C.该棋手在第二盘与乙比赛，p最大D.该棋手在第二盘与丙比赛，p最大
【答案】D
【分析】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘.分别求得该棋手在第二盘与甲比赛且连胜两盘的概率 ；该棋手在第二盘与乙比赛且连胜两盘的概率 ；该棋手在第二盘与丙比赛且连胜两盘的概率 .并对三者进行比较即可解决
（2）求出 、 的值，利用等差数列的通项公式可求得 ，利用等差数列的求和公式可求得 的值.
【小问1详解】
解： 的展开式通项为 ，则 ，
所以， ， ，则 ，
所以， .
【小问2详解】
解： ， ，则 ，
所以， .
18.在 中，已知 .其中 为内角，它们的对边分别为 .
（1）判断 的形状
（2）若 ，求 的面积.
交大附中高三开学考数学试卷
2022.09
一.填空题(本题共12小题,前6小题每小题4分，后6题每小题每题5分,请在横线上填完整的结果)
1.已如集合 ，则 ______
【答案】
【分析】由交集的定义求解即可
【详解】因为集合 ，
，
所以 ，
故答案为：
2.不等式 的解集是______
【答案】
【分析】将绝对值不等式移项后两边平方，即可求不等式的解集.
当内层函数 单增，外层函数 单增时，函数 也单增；
当内层函数 单增，外层函数 单减时，函数 也单减；
当内层函数 单减，外层函数 单增时，函数 也单减；
当内层函数 单减，外层函数 单减时，函数 也单增.
简称为“同增异减”.
14.某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为 ，且 ．记该棋手连胜两盘的概率为p，则（）
【详解】解：先排D、E、F，有 种排法；再利用插空法排A，B，C且C只能插在A、B的同侧，有 种排法；
所以有 96种排法．
故答案为：96.
【点睛】本题主要考查排列组合问题，其中涉及到分步乘法计数原理，属于中档题.不相邻问题采用插空法，求解过程为：对于要求有几个元素不相邻的排列问题，可先将其他元素排好，然后将不相邻的元素插入在已排好的元素之间及两端空隙处.
【详解】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，
记该棋手在第二盘与甲比赛，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为 ，
则此时连胜两盘的概率为
则
；
记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为 ，
则
记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为
则
则
即 ， ，
则该棋手在第二盘与丙比赛， 最大.选项D判断正确；选项BC判断错误；
所以
19.已知正方体 的棱长为1，点 是棱 的中点，点 是对角线 的中点.
（1）求二面角 的大小；
（2）求三棱锥 的体积.
【答案】（1）
（2）
【分析】（1）先确定二面角的平面角，再求出平面角的大小即可求解；
（2）利ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ等积法求解即可
【小问1详解】
取 的中点 ，连接 ，则易知 平面 ，
过点 作 于 ，连接 ，
且 ，且 ，
所以，使得 的最小值为 .
【点睛】关键点点睛：本题第（3）问考查满足条件的参数 的最小值，解题的关键在于根据已知条件得出最值的大小关系，可得出关于 的不等式，通过构造新函数得出 的取值范围，进而求解.
21.已知椭圆 的右焦点 与抛物线 的焦点重合， 的中心与 的顶点重合，过 且与 轴垂直的直线交 于 、 两点，交 于 、 两点，且 .
三.解答题（本大题共5小题，满分76分，请写出必要的证明过程或演算步骤)
17.已知 .
（1）等比数列 的首项 ，公比 ，求 的值；
（2）等差数列 首项 ，公差 ，求 通项公式和它的前 项和 .
【答案】（1） ；
（2） ， .
【分析】（1）求出 、 的值，再利用等比数列的求和公式以及数列的极限可求得结果；
10.若函数 是奇函数，则 _______.
【答案】
【分析】先由奇函数定义域关于原点对称得到 ，再由 得到 ，代入即可得到答案.
【详解】 为奇函数，
定义域关于原点对称，
定义域中 ，
定义域中 ，
，即 ，
在定义域内，
，即 ，
.
故答案为：
11.已知向量 满足 且 ，则 最大值是_______.
【答案】
【分析】由向量的三角不等式结合数量积的运算性质求解即可
C.甲同学周课外体育运动时长大于8的概率的估计值小于0.4