黑龙江省鹤岗市2023-2024学年高三上下学期开学数学试题（含解析）

2023—2024年度上学期开学考试
高三数学试题
一、单选题（本题共8个小题，每题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．若集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知中，，则角的值是（ ）
A． B． C．或 D．或
3．已知角的终边上一点，且，则（ ）
A． B． C． D．
4．北京时间2023年2月10日0时16分，经过约7小时的出舱活动，神舟十五号航天员费俊龙、邓清明、张陆密切协同，圆满完成出舱活动全部既定任务，出舱活动取得圆满成功．载人飞船进入太空需要搭载运载火箭，火箭在发射时会产生巨大的噪声，已知声音的声强级（单位：）与声强（单位：）满足关系式：．若某人交谈时的声强级约为，且火箭发射时的声强与此人交谈时的声强的比值约为，则火箭发射时的声强级约为（ ）
A． B． C． D．
5．已知角A、B、C为的三个内角，若，则一定是（ ）
A．等腰直角三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．等腰或直角三角形
6．把函数图象上所有点的横坐标都伸长为原来的2倍，纵坐标不变，再把所得图象向右平移2个单位长度，得到函数的图象，则（ ）
A． B． C．0 D．1
7．已知函数的图象和函数的图象有唯一交点，则实数的值为（ ）
A．1 B．3 C．或3 D．1或3
8．，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本题共4个小题，每题5分，共20分）
9．已知函数是定义在上的奇函数，且．当时，，则（ ）
A．是周期为2的周期函数 B．的值域为
C．是图象的一条对称轴 D．的图象关于点对称
10．已知，则实数满足（ ）
A． B． C． D．
11．已知，下列结论正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．把的图象向左平移个单位长度，得到的图象关于轴对称
C．若在区间上的最大值是，则的最小值为
D．若，则
12．函数在上有两个零点，下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．在上有2个极值点且
三．填空题（本题共4个小题，每小题5分，共20分）
13．幂函数在上单调递增，则（且）的图象过定点________．
14．某同学为了测量学校天文台的高度，选择学校宿舍楼三楼一阳台，到地面的距离为，在它们之间的地面上的点M（B、M、D三点共线）处测得阳台，天文台顶的仰角分别是和，在用台处测得天文台顶的仰角为，假设、和点在同一平面内，则学校天文台的高度为________．
15．已知函数，若关于的方程有四个不同的实数根，则实数的取值范围是________．
16．锐角中，内角所对的边分别为，且，则的取值范围为________．
四．解答题（本题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（10分）已知函数
（1）求函数的最小正周期；
（2）当时，求函数的单调递减区间．
18．（12分）已知函数的部分图象如图所示．该图象与轴交于点，与轴交于两点，为图象的最高点，且的面积为．
（1）求的解析式及其单调递增区间．
（2）若将的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象．若，求的值．
19．（12分）已知函数，其中，且．
（1）当时，求；
（2）设，记数列的前项和为，求使得恒成立的的最小正整数．
20．（12分）射影几何学中，中心投影是指光从一点向四周散射而形成的投影，如图，为透视中心，平面内四个点经过中心投影之后的投影点分别为．对于四个有序点，定义比值叫做这四个有序点的交比，记作．
（1）证明：；
（2）已知，点为线段的中点，，求．
21．（12分）已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，的离心率为，过的右焦点且垂直于轴的直线截所得的弦长为4．
（1）求椭圆和抛物线的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于两点，点关于轴的对称点为点，证明：直线过定点．
22．（12分）已知函数．（为自然对数的底数）
（1）当时，求函数的极大值；
（2）已知，且满足，求证：．
2023—2024年度上学期开学考试
高三数学试题（答案）
一、单选题（本题共8个小题，每题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．【答案】A
【分析】先求出集合，再求两集合的交集
【详解】因为，，所以，故选：A．
2．【答案】A
【分析】由正弦定理结合大边对大角即可得出答案．
【详解】由正弦定理可得：，则，解得：，则或，因为，所以，所以．
故选：A．
3．【答案】B
【分析】先通过三角函数的定义求出，代入求出，继而求出的值．
【详解】角的终边上一点，，
，解得．
．
故选：B．
4．【答案】C
【分析】由指数与对数的互化关系结合函数关系式计算即可．
【详解】设人交谈时的声强为，则火箭发射时的声强为，且，得，
则火箭发射时的声强约为，
将其代入中，得，
故火箭发射时的声强级约为，
故选：C．
5．【答案】C
6．【答案】C
【分析】先利用三角函数图象变换规律求出，再求出其周期，然后利用周期可求得结果．
【详解】由题知函数图象上所有点的横坐标都伸长为原来的2倍，可得的图象，再把图象向右平移2个单位长度，可得的图象，
即，其最小正周期，
∵
，
∴
．
故选：C
7．【答案】D
【分析】将问题转化为方程有唯一解，令，再次转化为在上有唯一零点，通过判断函数的奇偶性，可得，从而可求得结果．
【详解】因为函数的图象和函数的图象有唯一交点，
所以方程有唯一解，即有唯一解，
令，则在上有唯一零点，
因为，所以为偶函数，
因为在上有唯一零点，所以唯一的零点为，
所以，即，得，解得或，
故选：D
【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的综合应用，考查函数奇偶性的应用，解题的关键是由题意将问题转化为在上有唯一零点，再通过判断函数有奇偶性，根据奇偶性的性质可求解，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题．
8．【答案】D
【分析】令，利用导数研究函数的单调性可得到，即可判断、的大小关系；构造函数判断与0.1的大小，构造函数判断0.1与大小，从而可判断、大小．
【详解】令，则，
所以当时，即在上单调递增，
所以，即，即，即，
令，则，在时，，则为减函数，
∴，即；
令，则，
故在为减函数，∴，即；
∴，
令，则，即，∴，所以．
故选：D．
【点睛】结论点睛：常用的不等式：，（），
，，（），（）．
二、多选题（本题共4个小题，每题5分，共20分）
9．【答案】BCD
【分析】利用函数的奇偶性以及已知的恒等式，变形可得，从而得到的周期，即可判断选A，然后作出函数的图象，由图象判断选项B，C，D即可．
【详解】因为是定义在上的奇函数，
所以，又，
所以，所以，
故，所以是周期为4的周期函数，故选项A错误；
由题意可知，的图象如图所示，
由的图象可得的值域为，其中是函数图象的一条对称轴，
的图象关于点对称，故选项B，C，D正确．
故选：BCD．
10．【答案】AD
【分析】对于A，根据对数函数的性质分析判断，对于C，由已知可得，从而可得，对于，利用基本不等式判断，对于B，由，得分析判断．
【详解】对于A，因为，所以，
因为，所以，所以，所以A正确；
对于C，由，得，
所以，所以C错误；
对于D，因为，所以，得，所以D正确；
对于B，因为，所以，所以B错误．
故选：AD．
11．【答案】BD
【分析】先化简函数，得，根据正弦型函数的图像性质研究周期性、平移、值域等问题．
【详解】，所以的最小正周期为，故A错误；
把的图象向左平移个单位长度，所得函数为，是偶函数，所以图象关于轴对称，故B正确；
当时，，当，即时，最大值为，所以的最小值为，故C错误；
令，解得，
当时，的一个对称中心为，故时，有，故D正确．
故选：BD．
12．【答案】ACD
【分析】根据零点存在定理来判断A；根据导数的几何意义推出，结合零点即方程的根来判断B；根据导数的几何意义推出，结合两角和的正切公式判断C；根据导数与极值点的关系判断D．
【详解】由于函数在上有两个零点，故函数的图象在上有两个不同的交点，作出函数的图象如图：
要满足题意，需满足与在间的图象相切，由图象可知，
当时，，当时，，
由于，则设与在间的图象相切时的切点为，
此时，则，∴，于是，C正确；
对于A，当时，，此时，
由于，即，
令，即为减函数，
，，
故在内有唯一零点，即，A正确；
对于B，当时，，即；
当时，，即；
故，B错误；
对于D，当时，，，当时，，当时，，
即在单调递减，在单调递增，即为函数在内的一个极小值点；
当时，，
当时，，当时，，
即在单调递减，在单调递增，即为函数在内的一个极小值点；
即在上有2个极值点，设为，则，故，D正确；
故选：ACD
【点睛】难点点睛：本题综合性强，难度较大，解答时要能综合利用函数零点知识以及导数知识，灵活求解，要注意数形结合方法的应用．
三．填空题（本题共4个小题，每小题5分，共20分）
13．【答案】
【分析】根据幂函数的定义和单调性可求出的值，可得出函数的解析式，令真数为1，可求得函数的图象所过定点的坐标．
【详解】因为幂函数在上单调递增，则，解得，所以，，令，可得，且，故函数的图象过定点．
故答案为：．
14．【答案】30
【分析】由已知可得，求出、的大小，利用正弦定理求出，然后在可求出的长．
【详解】在中，，在中，
，，
由正弦定理得，
故，
在中，，故学校天文台的高度为．
故答案为：30．
15．【答案】
【分析】依题意，关于的方程有四个不同的实数根转化为两函数图象有四个不同的交点，结合图象再转化为二次函数零点的分步问题进行求解．
【详解】设，该直线恒过点，方程有四个不同的实数根，如图作出函数的图象，结合函数图象，则，所以直线与曲线有两个不同的公共点，所以在有两个不等实根，
令，实数满足，解得．
故答案为：
16．【答案】
【分析】由题设有，结合正弦边角关系、差角正弦公式及锐角三角形内角性质得，进而确定的范围，再将目标式化为求范围即可．
【详解】由题设，结合正弦边角关系得，
所以，又，则或（舍），
所以，又为锐角三角形，则，得，
所以，而，
所以，而，
所以．
故答案为：
四．解答题（本题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．【答案】（1）（2）
【分析】（1）将和用和差角公式展开，化简后，可用辅助角公式合成形式的函数，即可利用周期公式求解周期
（2）利用整体法即可求解单调区间．
【详解】（1）因为，，
所以，所以的最小正周期是；
（2）令，，解得，，令，则
由于，所以的减区间为．
18．【答案】（1）（2）．
【分析】（1）根据三角形的面积可得周期，根据经过的可得，即可求解解析式，由整体法即可求解单调区间．
（2）根据平移和伸缩变换可得，进而根据同角关系即可求解．
【详解】（1）由题意，函数，可得的高为2，的面积为，
即，可得，∴，∴，则，
∵图象与轴交于点，可得，即，∵，∴，
故的解析式为，
令解得，
故的单调递增区间为．
（2）将的图象向右平移个单位长度，可得，
再将所得图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），可得
∴函数，由，即，∴，∵，则，所以．
19．【答案】（1）（2）2
【分析】（1）依据题给条件，利用等差数列前项和公式即可求得；
（2）先利用裂项相消法求得数列的前项和，再依据题给条件列出关于的不等式，解之即可求得的最小整数
【详解】（1）由，，
可得
．
则当时，．
（2）由（1）可得，当时，，则当时，
，
则当时，数列的前项和，
又当时，，
由恒成立，可得，解之得，
则当时，使得恒成立的的最小整数为2．
当时，成立，综上，使得恒成立的的最小整数为2．
20．【答案】（1）证明见解析（2）
【分析】（1）利用面积公式表示出、即可得到，同理得到，即可得证；
（2）由（1）可得，即可得到，设，利用余弦定理与正弦定理得到方程组，求出，再由余弦定理计算可得．
【详解】（1）在、、、中，
，
所以，
又在、、、中，
，
所以，
又
所以，所以．
（2）由题意可得，所以，
即，所以，又点为线段的中点，即，所以，又，则，设且，
由，所以，
即，解得①，
在中，由正弦定理可得②，
在中，由正弦定理可得③，
且，
②③得，即④
由①④解得（负值舍去），即
所以．
【点睛】关键点睛：本题解答的关键是理解所给定义，利用面积公式求出线段的比，利用整体思想计算．
21．【答案】（1）椭圆和抛物线的方程分别为：；（2）
【分析】（1）由题意可得，由于椭圆的离心率可得的关系，进而可得的关系，再由过的右焦点且垂直于轴的直线截所得的弦长为4可得的值，再由的关系求出椭圆的方程及抛物线的方程；
（2）设直线的方程，及的坐标由题意可得的坐标，将直线与椭圆联立可得两根之和及两根之积，求出直线的直线方程，将两根之和及之积代入可得恒过定点．
【详解】（1）由的离心率为，可得，所以，因为椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，所以，过的右焦点且垂直于轴的直线截所得的弦长为4，令代入抛物线的方程：
可得，所以，即，解得，所以，
由可得，所以椭圆和抛物线的方程分别为：；
（2）由题意可得直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为：，设，，由题意可得，直线与椭圆联立：，
整理可得：，
可得，
直线的方程为：，
整理可得：
所以当时，，即过定点，所以可证直线过定点．
【点睛】解决曲线过定点问题一般有两种方法：①探索曲线过定点时，可设出曲线方程，然后利用条件建立等量关系进行消元，借助于曲线系的思想找出定点，或者利用方程恒成立列方程组求出定点坐标．②从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关．
22．【答案】（1）（2）证明见解析
【分析】（1）运用导数研究的单调性，进而求得其最大值．
（2）同构函数，转化为，结合换元法，分别讨论与，当时运用不等式性质即可证得结果，当时运用极值点偏移即可证得结果．
【详解】（1）当时，，定义域为，
则，
所以在上单调递增，在上单调递减，故的极大值为；
（2）由题意知，，由可得，
所以，令，
由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减，则，令，又，所以，则，
①若，则，即，所以；
②若，设，且满足，如图所示，
则，所以，下证：．
令，
则，
所以在上单调递增，所以，
所以，即，
又因为，所以，，，
所以，即，又因为，所以，即．
由①②可知，得证．
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的一般题设形式：
1．若函数存在两个零点且，求证：（为函数的极值点）；
2．若函数中存在且满足，求证：（为函数的极值点）；
3．若函数存在两个零点且，令，求证：；
4．若函数中存在且：满足，令，求证：．