2023届山西省部分学校高三上学期第五次联考数学试题（word版）

这是一份2023届山西省部分学校高三上学期第五次联考数学试题（word版），共15页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必用直径0，本卷命题范围等内容，欢迎下载使用。
2022~2023学年高三第五次联考试卷数学考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.4.本卷命题范围：集合.常用逻辑用语、不等式，函数、导数及其应用、三角函数及解三角形（含三角恒等变换）、平面向量、复数、数列、立体几何（含空间向量）（约50%），直线与圆、圆锥曲线（约50%）.一、选择题：本题共8小题，每小题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．已知复数（是虚数单位），则（       ）A． B．C． D．2．已知全集，集合，，则（       ）A． B．C． D．3．若，则“”是“方程表示椭圆”的（       ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件4．若双曲线的渐近线与圆相切，则（       ）A． B． C． D．5．在平面直角坐标系中，，，若圆：上存在点，使得，则的取值范围是（       ）A． B．C． D．6．在中，，，，P为平面ABC内一点，则的最小值是（       ）A． B． C． D．7．已知点F为抛物线C：的焦点，过点F作两条互相垂直的直线，，直线与C交于A，B两点，直线与C交于D，E两点，则的最小值为（       ）A．64 B．54 C．50 D．488．已知函数.若在上恰好有5个零点，则的取值范围是（       ）A． B．C． D．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．已知直线：，直线：，过点的直线与，的交点分别为.且，则直线的方程为（       ）A． B．C． D．10．已知函数，则下列说法正确的是（       ）A．的最小正周期为B．在区间上单调递增C．点是图像的一个对称中心D．将函数的图像向右平移个单位长度，所得到的函数图像关于轴对称11．过点的直线与圆交于两点，是圆上的两点，且，则下列说法正确的是（       ）A．的最小值为B．面积的最大值为C．的最小值为D．的最大值为12．已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为，，点P是C的右支上异于顶点的一点，则下列说法正确的是（       ）A．若，则的面积为B．记直线与直线的斜率分别为，，则C．若，则D．延长交C的右支于点Q，设与的内切圆半径分别为，，则三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知直线：与直线：互相平行，则______.14．已知圆经过两点，，且圆心在直线上，则圆的方程为______.15．在三棱锥中，是等边三角形，平面平面ABC，，，且三棱锥的所有顶点都在半径为4的球О的球面上，则三棱锥的体积为______.16．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，C的下顶点为A，离心率为，过且垂直于的直线与C交于D，E两点，，则的周长为______.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.(1)求证：；(2)若，外接圆的半径为，求的面积.18．在数列中，，，，且数列是等差数列.(1)求的通项公式；(2)若，求数列的前n项和.19．已知椭圆：的离心率为，且点在上.(1)求的方程；(2)设，为的左、右焦点，过的直线交于A，B两点，若内切圆的半径为，求直线的方程.20．如图，在直四棱柱中，四边形是菱形，，，，点E是棱上的一点（与，不重合）.(1)求证：；(2)若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值.21．已知抛物线：的焦点为F，过点的直线与相交于A，B两点.当直线经过点时，点A恰好为线段PF的中点.(1)求的方程；(2)是否存在定点T，使得为常数?若存在，求出点T的坐标及该常数﹔若不存在，说明理由.22．已知函数.(1)若，证明：；(2)若对任意的恒成立，求a的取值范围.
1．A2．D3．B4．D5．A6．C7．C8．D9．AC10．AD11．ACD12．CD13．314．15．2416．##17．(1)证明见解析；(2)或. 【分析】（1）由正弦定理角化边可得，进而根据余弦定理角化边可得，即可得出结果；（2）由正弦定理可得，或.根据余弦定理，分别求出当以及时，的值，然后根据面积公式即可得出结果.【详解】（1）证明：因为，所以，由正弦定理得，又由余弦定理得.所以，又，所以.（2）解：因为且，所以，即，又外接圆的半径，由正弦定理，即，因为，所以或.若，又，由余弦定理，即，解得或（舍去），所以，所以；若，又，由余弦定理，即，解得或（舍去），所以，所以.所以的面积为或.18．(1)(2). 【分析】（1）根据数列是等差数列，利用条件进行推导首项，公差的值，再利用累加法求得数列的通项公式；（2）根据，讨论n的奇偶性，分类求解，利用并项求和法可得答案.【详解】（1）因为，，所以，所以数列是首项为4，公差为2的等差数列，所以.当时，，当时，也满足上式，所以.（2）由（1）知，，当，时，，当，时，.所以.19．(1)(2)或 【分析】(1)根据题设条件列方程求解即可；(2)先根据椭圆的定义确定的周长，进而可求的面积，再根据，利用韦达定理代入求解.【详解】（1）因为的离心率为，故可设，，.故的方程为，代入得，解得.所以的方程为.（2）的周长为，故.设，，由题意可得直线与轴不重合，，故可设直线的方程为，则.由得，此时，所以，，故.解得，故直线的方程为或.20．(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）由已知可得，根据线面垂直的性质可得，即可证得平面，进而证得线线垂直；（2）设.以点为坐标原点，建立空间直角坐标系.设，写出各点的坐标，得到平面以及平面的法向量，根据已知可得.然后用向量求出结果即可.【详解】（1）证明：如图1，连结.由已知可得，平面，平面，所以.又因为四边形是菱形，所以.又平面，平面，，所以平面.因为平面，所以.（2）解：设，连接交于点.由已知可得，为等边三角形，则，，.以为坐标原点，分别以所在的直线为x轴，y轴，z轴，如图2建立空间直角坐标系，则，，，，设，故，所以，，，.设平面的一个法向量，所以，即，令，解得，，所以平面的一个法向量.设平面的一个法向量，所以，即令，解得，.所以平面的一个法向量，所以，整理可得，又，解得，所以平面的一个法向量为.设直线与平面所成的角为，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.21．(1)；(2)存在，，. 【分析】（1）根据中点坐标公式求出点的坐标，代入抛物线方程即可得出的值；（2）假设存在，设，.联立直线与抛物线的方程，得到，根据韦达定理求出，.进而整理得到，解，得出，即可得出定点坐标以及常数的值.【详解】（1）解：因为，，且点A恰好为线段PF中点，所以，又因为A在C上，所以，即，解得，所以C的方程为.（2）解：存在定点，使得.假设存在定点T，使得为常数.设，由题意可知直线斜率存在.设直线的斜率为，则的方程为，设，.联立直线的方程以及抛物线的方程，可得.，所以且.由韦达定理可得，.又，，，.所以.由可得，.所以存在定点，使得为常数，此时.22．(1)证明见解析(2) 【分析】(1)证明不等式成立，即证明，建立新的函数，求导判断函数的单调性，求出最值即可判断.(2)对的正负分类讨论，当时，可以直接去绝对值.当时，转化为分段函数求导，求函数的最值即可解决.【详解】（1）证明：因为的定义域为，所以若，.要证，即证，即证.令，所以，令，解得，令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以.（2）若对任意的恒成立，即对任意的恒成立.令.若，则.由（1）知，所以，又，所以，又，所以，符合题意；若，令，在上恒成立，所以在上单调递增，又，，所以存在唯一的，使得，且，所以，当时，，所以，所以在上单调递减.当时，，所以，当时，在上单调递增，所以，所以当时，，所以在上单调递增，所以，解得.设，，所以在上恒成立，所以在上单调递增，所以，即.综上所述，a的取值范围为.【点睛】不等式的恒成立问题通常都转化为函数最值问题，通过求导，判断单调性，即可求得函数的最值.当参数范围不确定时，需要进行分类讨论，求导求函数的最值.