2023届山西省三重教育高三上学期12月联考数学试题（解析版）

2023届山西省三重教育高三上学期12月联考数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先利用整数集的概念与列举法得到集合，再利用集合的交集运算即可得解.

【详解】因为，

所以.

故选：B.

2．已知，则（    ）

A．1 B．3 C． D．

【答案】A

【分析】化简复数z，求出共轭复数，进而可得，即得 .

【详解】解：

故选：A

3．圆锥的母线长为2，侧面积为，若球的表面积与该圆锥的表面积相等，则球的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先利用圆锥侧面积公式与表面积公式求得其表面积，再利用球的表面积公式得到关于的方程，解之即可求得球的体积.

【详解】依题意，设圆锥的底面半径为，母线，

则圆锥的侧面积为，故，

所以圆锥的底面积为，则圆锥的表面积为，

设球的半径为，则，得，

所以球的体积.

故选：C.

4．书包中装有大小相同的2本数学书和2本语文书，若每次从中随机取出一本书且不放回，则在第二次取出的是数学书的条件下，第一次取出的是语文书的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据条件概率公式可求出结果.

【详解】设事件：第一次取出的是语文书，事件：第二次取出的是数学书，

则.

故选：D

5．记为等差数列的前项和，若，且，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据等差数列前项和公式，可得首项与公差的关系，再根据等差数列的通项公式求出相邻两项异号即可得出正确选项.

【详解】设公差为，则，即

可得，

又

所以选项中只有与异号，

即.

故选：A.

6．已知双曲线的左焦点为，右顶点为A，两条渐近线为.设关于的对称点为，且线段的中点恰好在上，则的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】方法1：根据几何性质分析可得：，运算求解；方法2：根据点关于线对称求点，再求线段的中点，代入渐近线方程运算求解.

【详解】方法1：

如图，设为坐标原点，，直线与交于点，则，且为线段的中点，设线段中点为，则在上，

∵，则，

设直线与轴的交点为，则为线段的中点，且轴，则，

∵，则，

∴，即，整理得

设双曲线的离心率为，

则，解得或（舍去）.

方法2：

由题意可得：，

不妨设直线，，

则，解得，即，

设线段中点为，点，则，

将点坐标代入方程得，整理得，

设双曲线的离心率为，

则，解得或（舍去）.

故选：C.

7．定义域为的函数满足，且.当时，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据题意可得：函数关于直线对称，且周期为2，利用函数的周期和对称轴分别求出和的值即可求解.

【详解】由可知，是函数图象的对称轴方程，且函数的周期为2，所以，

且，

故.

故选：.

8．设,则（    ）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【分析】由,构造,求导判断单调性,判断的大小,进而判断的大小关系,由,构造,求导判断单调性,判断的大小,进而判断的大小关系,构造,求导判断单调性,判断的大小,进而判断的大小关系,即可选出选项.

【详解】解:由题因为,

不妨设,

当时,,

所以单调递减,

当时,,

单调递增,

所以,

所以,

即,

故;

因为,

即,

两边同时取对数有,

即,

即,

所以;

因为,

不妨设,

则,

所以单调递增,

所以,

故;

因为,

不妨设,

则,

所以单调递增,

所以,

故.

综上,.

故选:D

【点睛】思路点睛:该题是函数与导数综合应用题,考查构造函数比较两个数的大小,主要思路有:

(1)根据题目条件,找到都有联系的关键数,令其为x,

(2)构造两个式子差的函数,

(3)求导求单调性,关键数的范围即为定义域,

(4)根据单调性将关键数代入,再取另一离关键数近的函数值比较大小即可.

二、多选题

9．为了研究汽车减重对降低油耗的作用，对一组样本数据进行分析，其中表示减重质量（单位：千克），表示每行驶一百千米降低的油耗（单位：升），，由此得到的线性回归方程为.下列说法正确的是（    ）

A．的值一定为0

B．越大，减重对降低油耗的作用越大

C．残差的平方和越小，回归效果越好

D．至少有一个数据点在回归直线上

【答案】BC

【分析】根据拟合直线不一定过坐标原点可知A错误；由的实际意义可知B正确；残差的平方和越小，说明相关指数越接近于1，其拟合效果越好，故C正确；由样本点和回归直线的位置关系可知D错误.

【详解】的实际意义为当减重质量为0时，汽车每行驶一百千米所降低的油耗，从其意义上来看，的值应该等于0，

但拟合直线并不一定过坐标原点，因此的值可能比0略大或略小，所以A错误；

的实际意义是每行驶一百千米降低的油耗量与减重质量之比，因此越大，减重对降低油耗的作用越大，所以B正确；

相关指数，所以残差的平方和越小，越接近于1，回归效果越好，所以正确；

有可能没有数据点在回归直线上，所以D错误.

故选：BC.

10．如图，是底面为正六边形的直棱柱，则下列直线与直线垂直的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】ABD

【分析】由平面，结合，得出，，由反证法判断C.

【详解】解：如图，连接，则，因为，且，所以平面，且平面平面，所以，所以，又，所以.若，则，且，则平面，显然不成立，所以不垂直于.

故选：ABD

11．已知数列满足，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】对于A，化简，利用累加法求出，再利用放缩，得到，进而判断A选项；

对于B，利用累加法，求出后，再利用放缩，

得到，进而得到，最后利用放缩，判断B选项；

对于C，利用累乘法，直接计算可以判断C选项；

对于D，问题转化为若只需满足，利用，化简得到，即，最后，设设，利用导数判断其不等式，据此可判断D选项.

【详解】解：，则，

所以，所以A错误；

，所以，

，所以，，故，所以B正确；

，所以C正确；

若只需满足，所以只需满足，即，

设，其中，则单调递减，

所以，故成立，所以D正确.

故选：BCD

12．已知点，，为圆上的点，则（    ）

A．的最大值为

B．的最大值为

C．的最大值为

D．的最大值为

【答案】AB

【分析】设以为两个焦点的椭圆与圆相交，利用且可解得的范围，根据椭圆定义可得的最大值，知A正确；根据三角形两边之差大于第三边可知若在线段延长线上，则可取得最大值，知B正确；设，结合两点间距离公式可得，根据二次函数性质可求得C错误；由，采用换元法，将问题转化为的最大值的求解问题，利用导数知识可求得最大值，知D错误.

【详解】对于A，以为两个焦点，长轴长为的椭圆可表示为：，

由得：，

若椭圆与圆有交点，则可设交点横坐标为，则，

，解得：，

则此时可令一交点为，则，A正确；

对于B，（当且仅当在线段延长线上时取等号），

当时，，B正确；

对于C，设，，

则，

；

，

，当时，，C错误；

对于D，，

令，，

，

在上单调递增，且，，

，使得，

则当时，；当时，；

在上单调递减，在上单调递增，，

又，，，

即的最大值为，D错误.

故选：AB.

【点睛】关键点点睛：本题考查圆上点到两定点距离的相关最值问题的求解，本题判断CD选项的关键是能够将问题转化为函数最值的求解问题，从而结合二次函数性质或者利用导数的知识来进行求解.

三、填空题

13．已知为单位向量，且，则__________.

【答案】

【分析】首先将所求模长进行平方，然后根据平面向量数量积的运算公式及运算法则进行求解即可.

【详解】已知，均为单位向量，所以.

，

所以.

故答案为：

14．已知为常数，，的展开式中各项系数的和与二项式系数的和均为，则展开式中的系数为__________（用数字作答）.

【答案】

【分析】根据二项展开式的二项式系数和为，可求得；采用赋值法，令可得各项系数和，求得；根据二项式定理可得展开式通项，代入即可求得的系数.

【详解】的展开式的二项式系数和为，；

令，则展开式的各项系数和为，解得：；

则展开式通项为：，

令，解得：，则，展开式中的系数为.

故答案为：.

15．已知正方体的棱长为2，E，F分别为棱的中点，则三棱锥的体积为__________.

【答案】

【分析】由线面平行，根据等体积法即可求解.

【详解】解：延长到点，使得，连接，，则，

所以，

在中，则；

在中则；

在中则

所以

所以，

所以.

故答案为：

16．过抛物线的焦点的直线与交于两点.设为线段的中点，，点，若直线轴，且，则__________.

【答案】4

【分析】根据抛物线方程以及直线过焦点，联立直线和抛物线方程，由轴可知，点纵坐标为1，根据韦达定理及焦点弦公式即可求出的值.

【详解】解：易知的焦点为，直线斜率不存在时不符合题意；

设过的直线的斜率为，则，

将代入，得，

即.

设，，则，

所以，又因为点，轴，

所以点纵坐标为1，即，即

所以

，由直角三角形斜边中线等于斜边一半可知，

所以，

即或（舍）

故答案为：4

【点睛】关键点点睛：由点以及轴可知，点纵坐标为1，根据韦达定理即可得出直线斜率，再根据焦点弦公式以及可得的长，进而求出.

四、解答题

17．已知数列满足是公差为1的等差数列.

(1)证明：是等比数列；

(2)求的前项和.

【答案】(1)答案见解析

(2)，.

【分析】对于（1），证明常数即可；

对于（2），由（1）可知，后可求得.

【详解】（1）根据题意有，

即，

所以，

故，

所以是首项为2，公比为2的等比数列.

（2）由（1）可知，，

所以，所以

.，其中.

18．如图，三棱柱的所有棱长都相等，点在底面上的射影恰好是等边的中心.

(1)证明：四边形是正方形；

(2)设分别为的中点，求二面角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可证明平面，可得，有几何体结构特征即可得出证明；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求出两平面的法向量即可求出二面角的余弦值，即可得二面角的正弦值.

【详解】（1）设点为的中心，连接，连接并延长交于点，

则平面.

因为平面，

所以，

又因为，

所以平面.

因为平面，

所以，

又因为，

所以，且，

所以四边形是矩形，

因为，

所以四边形是正方形.

（2）以为坐标原点，平行于且指向的方向为轴正方向，分别为，轴建立坐标系，

设棱长为3，则,所以

因为为的中点，所以

所以，

设平面与平面的法向量分别为，则

，即，

取，则，所以

易知，平面的法向量沿轴方向，不妨取，

所以，

故二面角的正弦值为.

19．记的内角的对边分别为，已知.

(1)若，求；

(2)若，证明：是等边三角形.

【答案】(1)或

(2)证明见解析

【分析】（1）由以及，得到或、，再根据余弦定理可求出结果；

（2）由得，将化为，由正弦定理化为，将代入，利用诱导公式和三角恒等变换公式化为，求出，可得，，从而可证结论正确.

【详解】（1）由可知，，

因为，所以，

即，

所以或.

当时，则，则是等边三角形，.

当时，由得，

由余弦定理可知.

综上所述：或.

（2）由可知，，

由正弦定理可知，

由及可知，，

所以，

所以，

所以，

所以，

所以，

所以，

所以，

所以，

所以，

所以，

所以，

所以或，

因为，所以不成立，

故，

所以是等边三角形.

20．设随机变量，若，且，则，其中，．某工厂对一批零件进行抽样检测，根据经验可知每个零件是次品的概率均为．

(1)若从这批零件中抽取2个进行检测，求其中次品数的分布列及数学期望；

(2)现对这批零件抽取100个进行检测，若其中次品数多于3个，则这批零件为不合格产品．估算这批零件为不合格产品的概率（精确到．

【答案】(1)答案见解析

(2)0.14

【分析】（1）根据题意可知，求出对应的概率，即可得出分布列和期望；

（2）设为次品的数量，则，且，则这批零件为不合格产品的概率为，求解即可．

【详解】（1）根据题意可知，

则，

，

，

所以的分布列为：

的数学期望为．

（2）设为次品的数量，则，且，

所以，

根据题意可知，其中，

当时，这批零件为不合格产品，

则这批零件为不合格产品的概率为，

即，

综上，这批产品为不合格产品的概率约为．

21．已知椭圆的右焦点为．过且斜率为正数的直线交于两点，关于轴，轴的对称点分别为，且．

(1)求的方程；

(2)设直线交轴于点，直线与的另一交点为，证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）设为的左焦点，则，由椭圆的定义可知，可求得，结合可得，从而得的方程；

（2）设的方程为，代入的方程，设，则，直线的方程可表示为，令，结合韦达定理可得．由对称性可知直线的斜率为，则．设直线的方程为，代入的方程，结合韦达定理可得，综合即可得出答案．

【详解】（1）设为的左焦点，则由对称性可知，

所以由椭圆的定义可知，

设的半焦距为，则，所以，

所以的方程为．

（2）设的方程为，代入的方程得：，

当时，，

设，则，

则，直线的方程可表示为，

令，得，

将代入化简得，即．

由对称性可知直线的斜率为，为坐标原点，则．

设直线的方程为，代入的方程得：，

设，则，

所以直线的斜率和为，

将代入化简得，故，

所以，即．

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

22．已知函数.

(1)若，求；

(2)若有两个零点，证明：.

【答案】(1)1

(2)证明见解析

【分析】（1）由的特征可知，，可令求出的值并证明；（2）不等式右边可根据函数有两个零点求出的取值范围，进而确定两零点的范围，构造函数利用函数单调性即可证明；不等式左边采用分析法证明，将不等式左边转化为证明，再利用构造函数即可得出证明.

【详解】（1）若，则，故.

当时，，

当时，单调递减，当时，单调递增，

所以等价于.

，设，则，

当时，单调递增，当时，单调递减，

所以，故.

综上，若，则.

所以，.

（2）若为的零点，则，故.

设，

则，当时，单调递减，当时，单调递增，故，

所以若有两个零点，则，且在区间各有一个零点.

不妨设，则.

设，由（1）可知，单调递减，

所以.

因为，当时，单调递减，

故，即，且，

即，故.

同理，当时，也有.

方法1：等价于，且由可知，.

设，则，

当时，单调递增，

当时，单调递减，

所以当时，.

设，则，

设，则，

当时，单调递增，

当时，单调递减，

故时，，即，

当时，单调递减，

当时，单调递增，

所以当时，.

所以，

故.

综上，.

方法2：由可知，当时，.

当时，由于，故只需证明.

设，则，

当时，单调递增，

当时，单调递减，

所以当且时，.

设，则，

设，则，

当时，单调递增，此时单调递减，

当时，由上可知，故单调递增，

所以当时，.

所以当时，，即，故.

综上，.

【点睛】方法点睛：对于第二问的证明，首先利用函数有两个零点可确定参数的取值范围，进而确定两零点的取值范围；再结合不等式左右两端特征，通过合理变形进行构造函数，借助函数单调性及中间值即可得出证明.