2023届山西省部分学校高三上学期第五次联考数学试题（解析版）

这是一份2023届山西省部分学校高三上学期第五次联考数学试题（解析版），共26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．A【分析】结合共轭复数定义及复数除法运算化简即可.【详解】由题意知.故选：A.2．D【分析】由题知，或，进而根据集合补集与交集运算求解即可.【详解】解：因为，或，所以 .故选：D.3．B【分析】根据方程表示椭圆建立满足条件的不等式，然后分析充分、必要条件即可.【详解】若方程表示椭圆，则解得或，所以“”是“方程表示椭圆”的必要不充分条件.故选：B.4．D【分析】根据渐近线的公式写出直线方程，根据直线与圆相切则圆心到直线的距离等于半径列出方程求解.【详解】双曲线的渐近线为，即，由于对称性不妨取，圆.即，所以圆心为，半径，依题意圆心到渐近线的距离，解得或（舍去）.故选:D.5．A【分析】设，由两点距离公式结合可得，又点Р在圆C上，可得两圆心距离范围，即可列式求得的取值范围.【详解】设，所以，即，又点Р在圆C上，所以，解得，即的取值范围是.故选：A.6．C【分析】由余弦定理解三角形得，取BC的中点O，连接AO，则，即可建立如图平面直角坐标系，由坐标法求最小值.【详解】在中，由余弦定理得，即，解得，取BC的中点O，连接AO，则. 以O为坐标原点，BC为轴，OA为y轴，建立平面直角坐标系，如图所示. 所以，，，设，所以，，所以，当且仅当，时等号成立，即的最小值是.故选：C.7．C【分析】利用韦达定理表示出弦长和，利用基本不等式可求最小值.【详解】抛物线：的焦点，因为，所以直线，斜率存在，且均不为0.设直线的方程为，，，由得，所以，所以，因为，所以将中的替换为可得，所以，当且仅当，即时取等号.故的最小值是50.故选:C.8．D【分析】首先判断时，不满足条件.然后根据与0的关系，分类讨论二次函数零点的个数，进而求出的范围，根据正弦函数的图象与性质得出不等式，求解即可得出的取值范围.【详解】当时，对任意的，在上至多有2个零点，不合题意，所以.函数的对称轴为直线，.所以在上单调递减，在上单调递增，且.①当，即时，则在上无零点.所以在上恰有5个零点.当时，，则，由正弦曲线可得，解得，此时不存在；②当，即时，在上只有一个零点.且当时，，又，则在上只有2个零点，此时在上的零点个数为3，不合题意；③当，即时.（ⅰ）当，即，即时.根据二次函数的图象知，在上有2个零点，则在上有3个零点.又，所以，所以应有，解得，所以；（ⅱ）当，即时.根据二次函数的图象知，在上有1个零点，则在上有4个零点.又，所以，所以应有，解得.综上所述，的取值范围是.故选：D.9．AC【分析】由已知可得，求出，之间的距离为.根据，可得出直线的倾斜角与的倾斜角之间的关系.然后根据两角和的正切公式即可求得直线的斜率，进而得出直线的方程.【详解】因为，所以，且直线与直线之间的距离.设直线的倾斜角为，斜率，所以，又，所以直线的倾斜角为或.当直线的倾斜角为时，设斜率为，则，所以直线的方程为，即；当直线的倾斜角为时，设斜率为，则.所以直线的方程为，即.故选：AC.10．AD【分析】结合二倍角公式辅助角公式得，结合三角函数性质辨析即可.【详解】，故的最小正周期为，故A正确：当时，，所以在区间上单调递减，故B错误；，所以点是图像的一个对称中心，故C错误；将的图像向右平移个单位长度得到，关于轴对称，故D正确.故选：AD.11．ACD【分析】应用点到直线的距离公式，三角形面积公式，二次函数求最值以及平面向量的应用逐项分析即可【详解】设圆心到直线的距离为，由题意得，，所以，故A正确；的面积，当时，，故B错误；设的中点为，又，则，即点E的轨迹为圆，所以，，因为，所以的最小值为.故C正确；，所以的最大值为，故D正确，故选：ACD.12．CD【分析】根据双曲线的定义结合余弦定理可求的面积，利用斜率公式结合双曲线的方程可求，设，则，则，从而可得即可求，根据切线长公式结合双曲线的定义以及圆与圆的位置关系列出等式可得.【详解】设，.所以，由余弦定理得，即，所以，所以，所以的面积，故A错误；由题意知，，，，.设，所以，即，所以，，所以，故B正确；如图，设，则，，由B选项知，所以，又，，故，解得，即，故C正确；如图，设的内切圆与，，分别切于，，三点，由切线长定理知，，，则，又，可得. 则和重合，即的内切圆圆心的横坐标为，同理可得的内切圆圆心的横坐标也为，则轴，且，连接，，设的内切圆与相切于点，所以，，又，，所以，所以，即，所以，故D正确.故选:CD.13．3【分析】由两直线平行列式解得a，再判断是否平行或重合即可.【详解】因为直线：与直线：互相平行，所以，解得或.当时，直线：，直线：，此时直线与直线重合，不符合题意；当时，直线：，直线：，符合题意.综上.故答案为：314．【分析】由已知可设圆心为，半径为.根据题意得出，代入求解即可得出圆心、半径，进而得出结果.【详解】由已知可设圆的圆心为，半径为，则圆的标准方程为.又圆经过两点，，所以，即，解得，所以圆心，，所以，圆的方程为.故答案为：.15．24【分析】由几何关系可判断在上，即可列式求得棱长，即可求三棱锥体积.【详解】因为，所以为所在截面圆的直径，又平面平面，为等边三角形，所以在上，如图所示，设，则，，所以，解得，所以，，又，，所以，所以.故答案为：24.16．##【分析】利用可得椭圆的方程为，为正三角形，通过几何关系可得到直线的方程为，与椭圆进行联立可得到，，结合弦长公式和椭圆的定义即可求解【详解】因为椭圆的离心率，所以，，所以椭圆的方程为，即，在中，，，所以为正三角形，过且垂直于的直线与C交于D，E两点，所以DE为线段的垂直平分线，直线DE的斜率为，所以直线的方程为，设，，由，得，所以，，所以，解得，所以，因为为线段的垂直平分线，所以，，所以的周长为.故答案为：【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.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.