2023届内蒙古赤峰市、呼伦贝尔市等高三上学期开学考试数学（理）试题（解析版）

试卷第=page22页，共=sectionpages44页2023届内蒙古赤峰市、呼伦贝尔市等高三上学期开学考试数学（理）试题一、单选题1．设全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】阴影区域表示属于集合A但不属于集合B的元素的集合.【详解】，图中阴影部分表示的集合为.故选：B.2．已知复数，则z的共轭复数（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据复数代数形式的四则运算求出，再根据共轭复数的概念即可解出．【详解】由，知.故选：C．3．已知向量，，若，则（

）A． B． C．1 D．2【答案】D【分析】根据平面向量垂直的坐标表示即可解出．【详解】由，得，则.故选：D．4．一封闭的正方体容器，P，Q，R分别是AB，BC和的中点，由于某种原因，P，Q，R处各有一个小洞，当此容器内存水的表面恰好经过这三个小洞时，容器中水的上表面形状是（

）A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形【答案】D【分析】过P，Q，R三点的平面为六边形，可以根据平面的性质公理，先后证明其余三个顶点在P，Q，R所确定的平面上.【详解】如图，设过P，Q，R三点的平面为平面.分别取，，的中点F，E，M，连接RF，FE，EP，PQ，QM，MR，EM，QF，RP.由正方体性质知，所以平面.又，所以平面.又，所以平面.所以点六边形RFEPQM为容器中水的上表面的形状.故选：D.5．设满足约束条件，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由约束条件可得可行域，将问题转化为在轴截距最小问题的求解，利用数形结合的方式可求得结果.【详解】由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示，令，则当取得最小值时，在轴截距最小，由图象可知：当过点时，其在轴截距最小，，即的最小值为.故选：A.6．香农定理是所有通信制式最基本的原理，它可以用香农公式来表示，其中C是信道支持的最大速度或者叫信道容量，B是信道的带宽（Hz），S是平均信号功率（W），N是平均噪声功率（W）.已知平均信号功率为1000W，平均噪声功率为10W，在不改变平均噪声功率和信道带宽的前提下，要使信道容量增加到原来的2倍，则平均信号功率需要增加到原来的（

）A．1.2倍 B．12倍 C．102倍 D．1002倍【答案】C【分析】根据题意解对数方程即可得解．【详解】由题意可得，，则在信道容量未增加时，信道容量为，当信道容量增加到原来的2倍时，，则，即，解得，则平均信号功率需要增加到原来的102倍.故选：C．7．已知函数的部分图象如图所示.将函数的图象向右平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由最值可求得，根据最小正周期可求得，由可求得，从而得到解析式；由三角函数平移和伸缩变换原则可得.【详解】由图象可知：，最小正周期，，，，，解得：，又，，；将图象向右平移个单位长度可得：；将横坐标变为原来的倍得：.故选：A.8．已知等比数列的前n项和，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由数列的前n项和表达式求出数列的前几项，结合等比数列性质求出数列的首项与公比，由此确定其通项.【详解】因为数列的前n项和，所以，，，又数列为等比数列，所以数列的公比，所以，所以，，所以，故，故选：B.9．甲､乙､丙等七人相约到电影院看电影《长津湖》，恰好买到了七张连号的电影票，若甲､乙两人必须相邻，且丙坐在七人的正中间，则不同的坐法的种数为（

）A．240 B．192 C．96 D．48【答案】B【分析】分三步：先安排丙，再安排甲、乙，然后安排其他四人.【详解】丙在正中间（4号位）；甲､乙两人只能坐12，23或56，67号位，有4种情况，考虑到甲､乙的顺序有种情况；剩下的4个位置其余4人坐有种情况；故不同的坐法的种数为.故选：B.10．若直线是曲线与的公切线，则（

）A． B．1 C． D．2022【答案】A【分析】设直线与的图象相切于点，与的图象相切于点，求出，，由点、点在切线上，得切线方程，联立切线方程可得答案..【详解】设直线与的图象相切于点，与的图象相切于点，又，，所以，，由点在切线上，得切线方程为；由点在切线上，得切线方程为，故，解得，故.故选：A.11．在正四棱台中，，则（

）A．该棱台的体积为，该棱台外接球的表面积为B．该棱台的体积为，该棱台外接球的表面积为C．该棱台的体积为，该棱台外接球的表面积为D．该棱台的体积为，该棱台外接球的表面积为【答案】B【分析】根据正棱台中的直角梯形（或直角三角形）求得棱台的高，外接球的半径，从而计算棱台体积、球表面积．【详解】如图，正四棱台中，、分别是上、下底面对角线交点，即上、下底面中心，是正四棱台的高．，，在直角梯形中，，棱台的体积为，由对称性外接球球心在直线上，设球半径为，连接，，，若在线段上（如图1），由得，因为，，所以方程无实数解，因此在的延长线上（如图2），即在平面下方，因此有，解得，所以球表面积为．故选：B．图1图212．已知数列的前项和为，且或的概率均为，设能被整除的概率为．有下述四个结论：①；②；③；④当时，．其中所有正确结论的编号是（

）A．①③ B．②④ C．②③ D．②③④【答案】C【分析】分析可知被整除的余数有种情况，分别为、、，可得出，求出数列的通项公式，即可判断①②③④的正误.【详解】被整除的余数有种情况，分别为、、，被整除的概率为，被整除余数分别为、的概率均为，所以，，所以，，且，所以，数列是等比数列，且首项为，公比为，所以，，故.故，，，当且为偶数时，，所以，①④错，②③对.故选：C.【点睛】方法点睛：已知数列的递推关系求通项公式的典型方法：（1）当出现时，构造等差数列；（2）当出现（且）时，构造等比数列；（3）当出现时，用累加法求解；（4）当出现时，用累乘法求解.二、填空题13．已知等差数列的首项为，且，则______.【答案】【分析】利用等差数列通项公式可构造方程求得公差，由可求得结果.【详解】设等差数列的公差为，由得：，即，解得：，.故答案为：.14．已知圆与抛物线的准线相切，则___________.【答案】4【分析】根据直线与圆相切圆心到直线的距离等于半径即可求解.【详解】因为圆的圆心为，半径，抛物线的准线为，所以，解得.故答案为：415．写出一个同时具有下列性质①②的函数：___________.①直线是图象的对称轴；②在上恰有三个零点.【答案】（答案不唯一，也可写）【分析】根据偶函数和三个零点可先得，然后根据平移即可满足对称性.【详解】由题可知先找出一个偶函数，且有三个零点，例如，再将的图象向右平移1个单位长度，得到的图象.故答案为：16．平面上到两条相交直线的距离之和为常数的点的轨迹为平行四边形，其中这两条相交直线是该平行四边形对角线所在的直线，若平面上到两条直线，的距离之和为2的点P的轨迹为曲线，则曲线围成的图形面积为___________.【答案】【分析】先根据题意求出P的轨迹方程，再求出该平行四边形的四个顶点坐标，根据曲线围成的图形面积即可求出．【详解】设，则P的轨迹方程为，令，得曲线与交于，，令，得曲线与交于，，因为，所以.故答案为：．三、解答题17．2022年6月某一周，“东方甄选”直播间的交易额共计3.5亿元，数据统计如下表：第t天1234567交易额y/千万元(1)通过分析，发现可用线性回归模型拟合交易额y与t的关系，请用相关系数（系数精确到0.01）加以说明；(2)利用最小二乘法建立y关于t的经验回归方程（系数精确到0.1），并预测下一周的第一天（即第8天）的交易额.参考数据：，，.参考公式：相关系数.在回归方程中，斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为，.【答案】(1)答案见解析(2)，1.1亿元【分析】（1）根据相关系数公式求出，利用数值对应的意义即可说明；（2）先由最小二乘法求出回归方程，在令，即可预测出下一周的第一天的交易额．【详解】(1)因为，，，，所以.因为交易额y与t的相关系数近似为0.98，说明交易额y与t具有很强的正线性相关，从而可用线性回归模型拟合交易额y与t的关系.(2)因为，，所以，，所以y关于t的回归方程为，将代入回归方程得（千万元）亿元，所以预测下一周的第一天的交易额为1.1亿元.18．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.(1)求角B的大小；(2)若BC边上的高为，求.【答案】(1)(2)【分析】（1）先根据式子形式采取角化边，然后利用余弦定理的推论即可解出；（2）先根据锐角三角函数的定义可知，，得出关系，再根据可求出，然后根据三角形内角和定理，诱导公式，两角和的正弦公式化简，即可解出．【详解】(1)由，得，即，∴，∵，∴.(2)∵，且BC边上的高为，∴，∴，∴.∵，∴C为锐角，∴，∴.19．在多面体中，平面平面ABCD，EDCF是面积为的矩形，，，.(1)证明：.(2)求平面EDCF与平面EAB夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由面面垂直的性质、可得平面ABCD，由线面垂直的性质得，作于M，于N，可得四边形ABCD为等腰梯形，求出，利用勾股定理得，再用线面垂直的判定定理和性质定理可得答案；（2）以点D为原点，建立空间直角坐标系，求出平面EAB、平面EDCF的法向量，由二面角的向量求法计算可得答案.【详解】(1)因为平面平面，且平面平面，，所以平面，又平面，所以，在四边形中，作于M，于N，因为，，，所以四边形为等腰梯形，则，所以，，所以，所以，又，平面，所以平面，又因为平面，所以；(2)如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，，则，，，，则，，，.设平面的法向量，则，可取，设平面的法向量，则，可取，则，由图可知，平面与平面夹角为锐角，所以平面与平面夹角的余弦值为.20．已知分别是椭圆的左、右焦点，点是椭圆上的一点，且，的面积为.(1)求椭圆的短轴长；(2)已知是椭圆的上顶点，为椭圆上两动点，若以为直角顶点的等腰直角三角形只有一个，求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）设，，由椭圆定义、三角形面积和勾股定理可构造方程求得，由此可得短轴长；（2）根据题意可设，则，将直线方程与椭圆方程联立可得求得横坐标，结合弦长公式可得，由可整理得到方程，根据符合题意的三角形有且仅有一个，可知方程无正实根或有且仅有一个正实根，通过对一元二次方程根的分布的讨论可求得的范围，进而得到的取值范围.【详解】(1)设，，由椭圆定义知：；，，即；，，，解得：，椭圆的短轴长为.(2)由（1）知：椭圆，由题意知：直线与坐标轴不平行，且可设，，，则，由得：，则，同理可得：，，；为等腰直角三角形，，，；不妨设，则，即，或；满足题意的有且仅有一个，无正实根或有且仅有一个实根；，又，当，即时，无实根，满足题意；当，即时，，解得：，满足题意；当，即时，设的两根为，则，，解得：（舍）；综上所述：，，即的取值范围为.21．已知函数，.(1)求的单调区间；(2)设函数，若存在两个极值点，，证明：.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求出，分、、、讨论的单调性可得答案；（2）求出，分、讨论，由得两个根，，设，等价于，令，求出的单调性可得答案.【详解】(1)，①若，当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.②若，由，得或；由，得.所以在，上单调递增，在上单调递减.③若，恒成立，所以在上单调递增.④若，由，得或；由，得.所以在，上单调递增，在上单调递减；(2)，，①当时，恒成立，不可能有两个极值点.②当时，由得两个根，，因为，且，所以两根，均为正数，故有两个极值点，不妨设，由知，，，等价于，即，令，，所以在上单调递减，又，所以当时，，故成立.【点睛】关键点点睛：由等价于，即，然后构造函数，是第二问解题的关键点，利用导数解决问题，考查了学生分析问题、解决问题的能力.22．在直角坐标系中，已知直线的参数方程为（为参数，），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.(1)判断直线与曲线的交点个数；(2)若直线与曲线相交于两点，且，求直线的直角坐标方程.【答案】(1)两个不同的交点(2)或【分析】（1）根据极坐标与直角坐标互化方法可求得曲线的直角坐标方程；根据直线的参数方程可知直线恒过点，根据在圆内可得直线与曲线相交，由此可得结果；（2）将直线参数方程代入曲线的直角坐标方程，可得韦达定理的形式；利用直线参数方程中参数的几何意义可构造方程求得，由此可得直线倾斜角，进而得到直线方程.【详解】(1)由得：，则，曲线的直角坐标方程为：；由直线参数方程可知：恒过点