2023届山西省部分学校高三上学期12月联考数学试题（解析版）

这是一份2023届山西省部分学校高三上学期12月联考数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，双空题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届山西省部分学校高三上学期12月联考数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先解不等式求出集合，由对数函数的定义域得集合，再利用交集的定义即可得解．【详解】因为，，所以．故选：C．2．已知复数z满足，则z在复平面内对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】C【分析】利用复数的除法运算求得，进而求得对应点的坐标，从而求得正确答案.【详解】，对应点的坐标为，在第三象限.故选：C3．已知p：，则p的一个必要不充分条件是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据必要不充分条件的定义判断求解.【详解】对于A，由可推出，反之不行，所以“”是“”的必要不充分条件，故A正确；对于B，由可推出，反之不行，所以“”是“”的充分不必要条件，故B错误；对于C，由推不出，反之也不行，所以“”是“”的既不充分不必要条件，故C错误；对于D，由可推出，反之不行，所以“”是“”的充分不必要条件，故D错误；故选:A.4．已知，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据指数函数对数函数单调性,分别计算出范围比较即可.【详解】因为，，，所以．故选:.5．若函数的图象在点处的切线方程为，则（    ）A．1 B．0 C．－1 D．e【答案】B【分析】求导得到，再利用，求出的值.【详解】因为，所以，故又，所以．故选：B6．已知等比数列的前n项和为，若，则公比（    ）A．3 B．2 C．4 D．－3【答案】A【分析】分别讨论，，结合公式法求和即可求值【详解】当时，，．因为，所以不满足．当时，因为，所以．因为，，所以，故．故选：A7．已知正三棱柱的侧棱长为，底面边长为，若该正三棱柱的外接球体积为，当最大时，该正三棱柱的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由外接球半径体积可得外接球半径，根据勾股定理，设，根据可行域可得当直线与曲线相切时最大，联立令解出的值即可.【详解】因为正三棱柱外接球的体积为，所以，设球心为，底面外接圆圆心为，由正三棱锥可得，底面外接圆半径，所以由勾股定理得，设，当直线与曲线相切时，最大，联立方程组得，由，得或（舍去），此时，，所以正三棱柱的体积，故选：B  8．已知定义在上的函数的导函数为，对任意的x满足.若，且关于x的方程有2个不同的实根，则a的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由及，求出，将关于x的方程有2个不同的实根，转化为函数的图象与直线有两个不同的交点，画出函数的草图，结合图象列式可求出结果.【详解】由，得，得，所以，所以，因为，所以，所以，所以，所以，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，当时，恒成立，又，所以的草图如图：因为关于x的方程有2个不同的实根，所以函数的图象与直线有两个不同的交点，由图可知，，得.故选：B【点睛】关键点睛：将关于x的方程有2个不同的实根，转化为函数的图象与直线有两个不同的交点，作出函数图象，利用图象求解是解题关键. 二、多选题9．双曲线C：的离心率为，则下列选项中正确的是（    ）A．C的渐近线方程为 B．C的渐近线方程为C．若C的虚轴长为5，则C的焦距为 D．若C的虚轴长为5，则C的焦距为【答案】BC【分析】由双曲线的离心率可得，结合双曲线的简单几何性质求解判断即可.【详解】因为双曲线C的离心率为，所以，即，所以，故C的渐近线方程为，若C的虚轴长，则，所以，故C的焦距为．故选：BC．10．若，且，则（    ）A．的最小值为 B．的最小值为C．的最大值为 D．的最大值为【答案】BD【分析】利用已知条件构造，然后与相乘构造基本不等式，利用基本不等式即可判断选项和；由，结合利用基本不等式即可判断和.【详解】由，可知，，，当且仅当时，等号成立，的最小值为25．又．当且仅当时，等号成立，所以，故的最大值为．故选：.11．高斯是德国的天才数学家，享有“数学王子”的美誉，以“高斯”命名的概念、定理、公式很多，如高斯函数，其中不超过实数x的最大整数称为x的整数部分，记作．如，，，记函数，则（    ）A． B．的值域为C．在上有5个零点 D．，方程有两个实根【答案】BD【分析】根据高斯函数的定义，结合特殊点的函数值、值域、零点、方程的根、函数图象等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】，选项A错误；当时，，当时，，；当时，，……以此类推，可得的图象如下图所示，由图可知，的值域为，选项B正确；由图可知，在上有6个零点，选项C错误；，函数与的图象有两个交点，如下图所示，即方程有两个根，选项D正确．故选：BD12．阿基米德不仅在物理学方面贡献巨大，还享有“数学之神”的称号.抛物线上任意两点处的切线交于点，称为“阿基米德三角形”.已知抛物线的焦点为，过的直线交抛物线于两点，抛物线在处的切线交于点，则为“阿基米德三角形”，下列结论正确的是（    ）A．在抛物线的准线上 B．C． D．面积的最小值为4【答案】ACD【分析】对A：根据题意利用导数求切线的方程，进而求交点坐标，结合韦达定理分析运算；对B：利用韦达定理可得，即可得结果；对C：分和两种情况讨论，分析运算可得，即可得结果；对D：根据题意可求面积，分析运算即可.【详解】对A：抛物线的焦点为，准线为.设直线的方程为，联立方程组得，则.因为，所以，故在处切线的斜率，则直线的方程为，即，同理可得：直线的方程为，联立方程，解得，所以，故在抛物线的准线上，A正确；对B：因为，所以，则，故B错误；对C：当时，则直线的斜率不存在，故；当时，则直线的斜率，则，所以；综上所述：.则，所以，C正确；对D：设的中点为，则，∴面积，当且仅当，即时等号成立，所以面积的最小值为4，D正确.故选：ACD. 三、双空题13．函数的零点，且，，则____________，____________．【答案】     1     2【分析】根据零点存在性定理求解即可.【详解】因为单调递增，，，所以，，故答案为：1；2 四、填空题14．已知，，，则，的夹角为____________．【答案】####【分析】利用题给条件列出关于，的夹角的方程，解之即可求得，的夹角的值.【详解】设，的夹角为θ，则由，，可得，所以，又，则故，的夹角为．故答案为：15．已知两圆与外离，则整数的一个取值可以是___________.【答案】（只需从中写一个答案即可）【分析】分别求两圆的圆心和半径，根据两圆的位置关系列式运算.【详解】因为圆的圆心为(3,)，半径为，圆的圆心为，半径为则两圆圆心的距离为.由题意可得，所以，故整数的取值可能是，.故答案为：（只需从中写一个答案即可）.16．颇受青年朋友喜欢的蛋白石六角锥灵摆吊坠如图（1）所示，现在我们通过手工制作一个六角锥吊坠模型．准备一张圆形纸片，已知圆心为O，半径为，该纸片上的正六边形的中心为为圆O上的点，如图（2）所示．分别是以为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以为折痕折起，使重合，得到六棱锥，当底面六边形的边长变化时，所得六棱锥体积的最大值为___________．【答案】##【分析】连接，交于点H，由题意得，设cm，则cm，cm，由已知求出，利用条件得六棱锥的体积，转化为函数，利用函数导数求解即可【详解】连接，交于点H，由题意得， 设cm，则cm，cm因为所以，六棱锥的高cm．正六边形的面积cm2，则六棱锥的体积 cm3．令函数，则，当时，，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以 cm3．故答案为： 五、解答题17．已知数列满足，．(1)求的通项公式；(2)若数列的前n项和为，求数列的前n项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据累加法求解即可；（2）由题知，进而根据裂项求和得，，再求和即可得答案.【详解】（1）解：因为，所以，当时，，，…，，相加得，因为，所以，因为满足，所以，．（2）解：因为，所以．因为，所以．18．在中，角，，的对边分别为，，，且．(1)求的值；(2)若，的面积是，求的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用正弦定理、两角和的正弦公式、诱导公式等知识化简已知条件，从而求得的值.（2）先求得，利用三角形的面积公式求得，再利用余弦定理求得.【详解】（1）依题意，，由正弦定理得，，所以，由于，所以，所以，则．（2）由（1）得，所以，由解得，由于，所以，由余弦定理得.19．将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象．(1)若为奇函数，求的值；(2)若在上单调，求的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用三角函数恒等变换结合平移变换得到，根据为奇函数，求出，结合求出的值；（2）当时，，结合，在上单调，得到不等式，求出的取值范围.【详解】（1）因为，所以．因为为奇函数，所以，即，又，所以的值为；（2）因为，所以．因为，所以，又在上单调，所以或或，所以的取值范围是．20．如图所示，在四棱锥中，底面为等腰梯形，，侧面为等边三角形，.(1)求四棱锥的体积；(2)若为的中点，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）取的中点，连接，根据已知条件证明平面，即为四棱锥的高，利用锥体的体积公式计算即可；（2）根据（1）的结论，建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，找出平面与平面的法向量，然后利用法向量求出二面角的大小的余弦值.【详解】（1）在等腰梯形中，，得.取的中点，连接.在中，由余弦定理得：.在中，知，且.因为，所以.因为，平面，所以平面，所以.（2）由（1）知平面，以为原点，以的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：则，设平面的法向量为，则令，得，设平面的法向量为，则令，得，所以，故平面与平面夹角的余弦值为.21．已知中心为坐标原点，焦点在坐标轴上的椭圆经过点，．(1)求的方程；(2)已知点，直线与交于两点，且直线的斜率之和为，证明：点在一条定抛物线上．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据椭圆标准方程求法，列方程组解决即可；（2）设直线的斜率分别为，，，．将代入，得， ，根据韦达定理化简得即可解决.【详解】（1）依题意设的方程为，因为经过点，，所以，解得，故的方程为．（2）证明：设直线的斜率分别为，，，．将代入，得．由题设可知，，，所以，所以，所以．因为，所以，所以，故点在抛物线上，即点在一条定抛物线上．22．已知函数．(1)求在上的单调区间；(2)设是的导函数，函数，若对恒成立，求a的取值范围．【答案】(1)的单调递减区间为，，单调递增区间为，(2) 【分析】（1）求导得到导函数，设，根据单调性得到当时，，当时，，再计算单调区间即可.（2）求导得到导函数，题目转化为对恒成立，分别根据必要性和充分性得到答案.【详解】（1）．设，，则对成立，所以在上单调递增，，故当时，，当时，，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增.的单调递减区间为，，单词递增区间为，．（2），，所以恒成立．若对恒成立，则对恒成立．设，，，则．必要性：若，，不满足；若，则，，故存在，使，且时，，，不满足；所以，当时，不满足题意；充分性：当时，，函数单调递增，恒成立，综上所述：a的取值范围为．【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数求函数的单调区间，解决不等式恒成立问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中构造新函数，根据新函数的性质解决问题，和必要性探路是解题的关键.