2023届山西省临汾市等联考高三上学期期中数学试题含解析

这是一份2023届山西省临汾市等联考高三上学期期中数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届山西省临汾市等联考高三上学期期中数学试题 一、单选题1．已知复数，则（     ）A．2 B． C． D．1【答案】D【分析】利用复数的四则运算求得复数，再利用复数模的计算公式求得.【详解】因为，所以.故选：D.2．设集合，，则满足且的集合的个数是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】列举出满足条件的集合，可得出结果.【详解】已知集合，，则满足且的集合有：、、、，共个.故选：B.3．已知平面向量，，与的夹角为钝角，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用向量的夹角公式求出，再由判断出，即可得到答案.【详解】因为与的夹角为钝角，所以.所以，即，解得：.而与反向时，，此时，即，解得：，不符合题意.所以且.故选：D4．我国古代著名的《周髀算经》中提到：凡八节二十四气,气损益九寸九分六分分之一；冬至晷（guǐ）长一丈三尺五寸,夏至晷长一尺六寸,意思是：一年有二十四个节气,每相邻两个节气之间的日影长度差相等；且“冬至”时日影长度最大,为1350分；“夏至”时日影长度最小,为160分.则“立秋”时日影长度是（    ）A．450分 B．分 C．分 D．分【答案】B【分析】根据题意分析,日影长度随着二十四气成等差数列,根据等差数列通项公式,进而求出日影长度.【详解】解:由题知日影长度随着二十四气成等差数列,不妨记“夏至”时日影长度为首项,“冬至”时日影长度为,所以等差数列公差为 从，“立秋”时日影长度,故选:B.5．为了得到的图象，只需将的图象（    ）A．向左平移个单位长度 B．向左平移个单位长度C．向右平移个单位长度 D．向右平移个单位长度【答案】B【分析】由函数图像平移的左加右减原则即可求解.【详解】设，由得：只需将的图象向左平移个单位长度，即可得到的图象.故选：B6．已知，，，则的最小值是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】分析可得，求出的取值范围，再将代数式与代数式相乘，利用基本不等式可求得的最小值.【详解】因为，，，则，则，因为，可得，所以，，当且仅当时，即当时，等号成立，故的最小值是.故选：C.7．如图，在直三棱柱中，，，设，分别是棱上的两个动点，且满足，则下列结论错误的是（    ）A．平面平面 B．平面C．平面 D．三棱锥体积为定值【答案】C【分析】根据面面垂直、线面平行、线面垂直、锥体体积等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A选项，过作，垂足为，根据直三棱柱的性质可知平面，由于平面，所以，由于平面，所以平面，即平面，由于平面，所以平面平面，A选项正确.B选项，根据三棱柱的性质可知，即，由于平面，平面，所以平面，B选项正确.C选项，若平面，即平面，由于平面，所以，这与已知不垂直矛盾，C选项错误.D选项，，由于三角形的面积为定值、到平面的距离为定值，所以为定值，所以D选项正确.故选：C8．设函数，若对任意，恒成立，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题设构造且在上递减，进而转化为在上恒成立求参数范围即可.【详解】由题设，且，令且，则，故在上递减，所以恒成立，即在上恒成立，而在上值域为，所以.故选：A【点睛】关键点点睛：已知条件构造，在上递减. 二、多选题9．下列说法正确的是（    ）A．中，“”是“”的既不充分也不必要条件B．已知全集，则“”是“”的充要条件C．已知平面向量，，则“”是“存在，使得”的必要不充分条件D．对于函数，，“是奇函数或偶函数”是“的图象关于轴对称”的充分不必要条件【答案】BCD【分析】根据充分必要性的定义，逐一判断即可.【详解】对于A,余弦函数在区间上单调递减，且，由可得，所以，由正弦定理可得因此“”是“”的充分必要条件.故A错;对于B,由可知，所以，充分性成立;若，则，所以，必要性成立，因此“”是“”的充要条件，故B对;对于C, 若，其中，则存在，使得，故充分性不成立;若，则，即必要性成立，故“”是“存在，使得”的必要不充分条件,故C对;对于D,若为奇函数，则此时，即是偶函数，则的图象关于轴对称，若为偶函数，则此时，即是偶函数，则的图象也关于轴对称，故充分性成立;当时，满足函数的图像关于轴对称，但既不是奇函数也不是偶函数，故必要性不成立，所以“是奇函数或偶函数”是“的图象关于轴对称”的充分不必要条件，故D对；故选：BCD10．已知斐波那契数列满足：，，，记的前项和为，下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】AB【分析】依次求出的值可判断A，由可得，然后可得，同理可得，依此可判断BCD.【详解】因为，，，所以，所以，故A正确，因为，所以，故B正确，，故C错误，因为，，所以，故D错误；故选：AB11．已知关于的方程有且仅有两解，且，则（    ）A．函数与的图象有唯一公共点B．C．，D．存在唯一满足题意，且【答案】ACD【分析】由函数图像可判断A正确，由，所以，即，所以可判断B，由零点存在性定理可判断C，由，根据函数的单调性可知.【详解】对于A，若关于的方程有且仅有两解，则和的图像有且仅有两个交点，作出和的草图如下图所示：易知，当，即时，函数与的图象相切于唯一公共点，A正确；对于B，，，可知，所以，所以，即，所以，B错误；对于C，设，由图可知：与相切于点，所以有，即，即，设，则，所以在上是增函数，，，所以，使得，即，即，又，所以，C正确；对于D，，，设，，当时，，所以在上是增函数，因为，，所以，且唯一，D正确.故选：ACD.【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．12．一般地，若，（，且），则称，，，四点构成调和点列.已知椭圆：，过点的直线与椭圆交于，两点.动点满足，，，四点构成调和点列，则下列结论正确的是（    ）A．，，，四点共线 B．C．动点的轨迹方程为 D．既有最小值又有最大值【答案】ABC【分析】由和可判断A，由向量的数乘运算可判断B，设，，通过向量的坐标运算可得出，从而可判断C，由点到直线的距离可判断D.【详解】对于A，因为，，，四点构成调和点列，则有，因为有公共点，所以三点共线，且有，因为有公共点，所以三点共线，即可得到，，，四点共线，A正确；对于B，因为，所以，即，所以，B正确；对于C，设，，由，得，两式相乘得：，同理可得：，则，又点在椭圆上，，，，即，即，C正确.对于D，到直线的距离，即为的最小值，无最大值，D错误.故选：ABC 三、填空题13．已知，则_________.【答案】【分析】根据完全平方和公式，结合同角的三角函数关系式进行求解即可.【详解】因为，所以由，故答案为：14．函数的定义域为，且满足，，当时，，则_________.【答案】0.5【分析】根据函数的对称得周期性，进而根据周期即可求解.【详解】由可知的图象关于对称，所以，结合得，故当时， 以4为周期，故，故答案为：15．如图，四边形中，，且，将其沿折叠成四面体，使得二面角的大小为，若该四面体的所有顶点在同一个球面上，则该球的表面积是_________.【答案】【分析】通过已知条件寻找外接球的球心位置，利用题中所给的条件建立关于外接球半径的关系式，解出半径，最后代入公式中进行求解即可.【详解】因为，由题四面体的所有顶点在同一个球面上，且，所以面的外接圆的圆心为斜边的中点，设为，则该四面体的外接球的球心一定在经过，且垂直与面的直线上，设为，取的中点为，为的重心，连接如图所示 则由题意有，，所以二面角即为 由此可得平面，平面，且四点共圆，又为的重心，所以，在中，由余弦定理得： 所以，所以四边形外接圆的直径为： 所以在直角中，，所以四面体外接球的半径为 ，所以四面体的外接球球的表面积为： 故答案为： 四、双空题16．瑞士著名数学家莱昂哈德·欧拉于1765年在他的著作《三角形的几何学》中首次提出定理：三角形的重心、垂心和外心三点共线.后人把这条直线称为三角形的“欧拉线”.已知等腰的三个顶点是，，，且其“欧拉线”与圆：相交于点，两点，则的“欧拉线”方程为_________，弦长_________.【答案】          【分析】根据点斜式可求边上的垂直平分线方程，由等腰三角形的性质可知上的垂直平分，高，中线为同一条直线，即可得欧拉线方程，根据圆的弦长公式即可求解.【详解】由于 所以为等腰三角形，中点为，,所以边上的垂直平分线方程为： ，即，由于等腰三角形中，边上的垂直平分，高，中线为同一条直线，即经过其重心，外心以及垂心，故欧拉线方程为：，圆心 到直线的距离为： ，所以弦长，故答案为: , 五、解答题17．已知函数，其中是的导函数.(1)求；(2)求曲线过原点的切线方程.【答案】(1)(2)或 【分析】（1）求出函数的导函数，再令，计算可得；（2）由（1）可得函数解析式，从而求出函数的导函数，设切点，利用导数的几何意义求出切线方程，根据切线过原点，求出的值，再代入求出切线方程.【详解】（1）解：因为，所以，令，得，∴.（2）解：由（1）可得，所以，设切点，则，所以切线方程为，由题，整理得，解得或.当时，切线方程为；当时，切线方程为.综上，曲线过原点的切线方程为或.18．记的内角，，的对边分别为，，，是边的中点，，.(1)求的取值范围；(2)若，求的面积.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）由正弦定理可得，结合已知求出的范围，即可得结果；（2）法一：由及余弦定理可得，进而可得，应用余弦定理有，最后根据三角形面积公式求值；法二：根据向量对应线段的位置关系、向量数量积的运算律及已知条件得、，即可得，最后根据三角形面积公式求值；【详解】（1）∵，，；∴，又，∴，则.∴，∴，即的取值范围是.（2）法一：∵，则，∴，化简得：①，∵是边的中线，且，，∴，代入①整理得：②，又，∴③，由②③两式得：.∴.法二：∵是边的中点，∴，∴，即，∵，，∴代入上式整理得：①，又，∴，∵，∴②，由①②解得.∴.19．山西省高考综合改革从2022年秋季入学的高一年级学生开始实施，新高考将实行“3＋1＋2”模式，其中3表示语文、数学、外语三科必选，1表示从物理、历史两科中选择一科，2表示从化学、生物学、思想政治、地理四科中选择两科.相应的，高校在招生时可对特定专业设置具体的选修科目要求.现从某中学2022年高一年级所有学生中随机抽取20人进行选科情况调查，得到如下统计表：序号选科情况序号选科情况序号选科情况序号选科情况1史化生6物化政11史地政16物化地2物化地7物化生12物化地17物化政3物化地8史生地13物生地18物化地4史生地9史化地14物化地19史化地5史地政10史化政15物地政20史地政 (1)请创建列联表，依据小概率值的独立性检验，能否认为学生“选择化学科目”与“选择物理科目”有关联.(2)某高校在其人工智能方向专业甲的招生简章中明确要求，考生必须选择物理，且在化学和生物学2门中至少选修1门，方可报名.现从该中学高一新生中随机抽取4人，设具备这所高校专业甲报名资格的人数为，用样本的频率估计概率，求的分布列与期望.附：0.1000.0500.0100.0012.7063.8416.63510.828  【答案】(1)列联表见解析，有关联(2)分布列见解析， 【分析】（1）根据题中数据列出列联表即可，根据公式求出，再对照临界值表即可得出结论；（2）写出随机变量的所有可能取值，求出对应概率，即可得出分布列，再根据期望公式求出期望即可.【详解】（1）解：根据表格中的数据进行统计后，制作列联表如下： 选物理选历史合计选化学9413不选化学257合计11920 则，∴根据小概率值的独立性试验，我们推断学生“选择化学科目”与“选择物理科目”有关联；（2）解：经统计，样本中选修了物理科目，且在化学和生物学2门中至少选修了一门的人数为10，频率为，用频率估计概率，则，随机变量可取，，，，，，分布列如下：01234 数学期望为.20．数列满足，.(1)若，求证：是等比数列.(2)若，的前项和为，求满足的最大整数.【答案】(1)证明见解析(2)98 【分析】（1）由已知得，可得，进而得证；（2）利用错位相减结合分组求和可得，结合二项式定理进行放缩，进而得解.【详解】（1），，，由已知可得，，，，所以数列是以为首项，为公比的等比数列；（2）由（1）得，所以，设，数列的前项和为，则①，②，①②得，所以，所以，当时，，当时，，当时，，即，所以，所以，，所以满足的最大整数为21．已知椭圆的长轴长为，，为的左、右焦点，点在上运动，且的最小值为.连接，并延长分别交椭圆于，两点.(1)求的方程；(2)证明：为定值.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由已知可得，根据焦点三角形各边长，结合余弦定理可得，即可得椭圆方程；（2）设出直线与，分别与椭圆联立可得点与点的坐标，代入面积即可得证.【详解】（1）由题意得，设，的长分别为，，则，当且仅当时取等号，从而，得，，则椭圆的标准方程为；（2）由（1）得，，设，，设直线的方程为，直线的方程为，由，得，则，，同理可得，所以.所以为定值.【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．22．已知函数，，在上有且仅有一个零点.(1)求的取值范围；(2)证明：若，则在上有且仅有一个零点，且.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）分，和三种情况讨论，根据零点存在性定理判断即可.（2）构造，利用导数判断单调性可知，存在唯一，使得，且，从而可得.【详解】（1），设，，①当时，若，则，在上无零点，不符合题意；②当时，若，则，∴在上单调递增，∴，∴在上无零点，不符合题意；③当时，若，则，∴在上单调递增，∵，，∴存在唯一，使得.当时，；当时，，故在上单调递减，在上单调递增，∵，，故在上有且仅有一个零点，符合题意；综上，的取值范围为.（2）记，，由（1）知：若，当时，，，当时，，，故在上单调递减，在上单调递增，又，，故存在唯一，使得，且.注意到，可知在上有且仅有一个零点，且，即.【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．