2023届天一大联考（山西省）三晋名校联盟高三下学期顶尖计划联考数学试题含解析

这是一份2023届天一大联考（山西省）三晋名校联盟高三下学期顶尖计划联考数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023届天一大联考（山西省）三晋名校联盟高三下学期顶尖计划联考数学试题

一、单选题
1．已知集合，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】通过一元二次不等式和对数不等式的解法分别求解集合，再通过交集知识即可求出的值.
【详解】由，得，又，
由，得，
所以．
故选：D.
2．已知，则z的虚部为（    ）
A． B． C．2 D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，设出复数的代数形式，再结合复数相等列式求解作答.
【详解】设，则，因为，即有，
整理得，解得，
所以z的虚部为2．
故选：C
3．已知圆和交于A，B两点，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先求得相交弦所在直线方程，然后根据圆的弦长的求法求得.
【详解】将和相减得直线，
点到直线的距离，
所以．
故选：B
4．已知，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用公式变形化弦为切求出，代入求值.
【详解】因为，
所以，
，
故.
故选：A
5．如图是一款多功能粉碎机的实物图，它的进物仓可看作正四棱台，已知该四棱台的上底面边长为，下底面边长为，侧棱长为，则该款粉碎机进物仓的容积为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，结合棱台的体积计算公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】
画出满足题意的正四棱台，如图所示，则．过点D作于点E，则，所以该正四棱台的体积为．
故选：C
6．已知等比数列满足，则（    ）
A．32 B．64 C．96 D．128
【答案】B
【分析】根据等比数列的性质即可求解.
【详解】设的公比为q，则，得，
所以 ．
故选:B
7．若直线与函数和的图象都相切，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由切线方程得出切线斜率，进而可由函数的导数求出切点坐标，将两个函数的切点分别代入切线方程中，求出．
【详解】设直线与函数和的图象分别相切于点，
则由，得，令，得，
将代入中得，
由，得，令，得，
将代入中得，
所以．
故选：D
8．已知抛物线的焦点为F，准线为l，过F且斜率为的直线与C交于A，B两点，D为AB的中点，且于点M，AB的垂直平分线交x轴于点N，四边形DMFN的面积为，则（    ）
A． B．4 C． D．
【答案】A
【分析】设出直线AB的方程，联立抛物线方程，表达出点坐标，作出辅助线，求出，得到四边形DMFN为平行四边形，利用面积列出方程，求出.
【详解】由题意知，直线AB的方程为．
设，由，得，
所以，所以，
由，得．
如图所示，作轴于点E，则．

因为，
故，，
又，故，
又，得四边形DMFN为平行四边形．
所以其面积为，解得．
故选：A

二、多选题
9．在的展开式中，下列结论正确的是（    ）
A．第6项和第7项的二项式系数相等 B．奇数项的二项式系数和为256
C．常数项为84 D．有理项有2项
【答案】BC
【分析】根据二项式展开式的特征，即可结合选项逐一求解.
【详解】的展开式中共有10项，由二项式系数的性质可得展开式中的第5项和第6项的二项式系数相等，故A错误；
由已知可得二项式系数之和为，且展开式中奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和相等，
所以奇数项的二项式系数和为，故B正确；
展开式的通项为 ，令，解得．
故常数项为，故C正确；
有理项中x的指数为整数，故，2，4，6，8，故有理项有5项，故D错误．
故选：BC
10．已知正实数a，b满足，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】ABC
【分析】利用基本不等式可得A,B,D正误，利用1的妙用可得C的正误.
【详解】对于A，因为，所以，当且仅当，即时，取到等号，故A正确；
对于B，，当且仅当，即时，取到等号，故B正确；
对于C，，当且仅当，即时，取到等号，故C正确；
对于D，，所以，当且仅当，即时，取到等号，故D错误．
故选：ABC.
11．已知函数在上单调，且曲线关于点对称，则（    ）
A．以为周期
B．的图象关于直线对称
C．将的图象向右平移个单位长度后对应的函数为偶函数
D．函数在上有两个零点
【答案】BD
【分析】结合三角函数的周期性，对称性，奇偶性，零点逐一求解即可.
【详解】对于A，因为函数在上单调，所以的最小正周期T满足，即，所以，因为的图象关于点对称，所以，得，所以当时，，所以，故A错误；
对于B，当时，，故B正确；
对于C，将的图象向右平移个单位长度后得的图象，为奇函数，不是偶函数，故C错误；
对于D，令，当时，，直线与的图象在上有两个交点，故D正确．
故选：BD.
12．在长方体中，，E是棱的中点，过点B，E，的平面交棱AD于点F，点P为线段上一动点，则（    ）
A．三棱锥的体积为定值
B．存在点P，使得
C．直线PE与平面所成角的正切值的最大值为
D．三棱锥外接球表面积的取值范围是
【答案】ACD
【分析】对于选项A，利用面面平行的性质，得到平面，从而可判断出选项A正确；对于选项B，假设存在，可推出平面，从而判断选项B错误；对于选项C，利用线面角的定义，找出线面角为，从而在中，求出的值，进而判断选项C正确.对于选项D，利用球的截面圆的几何性质，找出球心在直线上，利用，建立方程，从而求出球的表面积的取值范围.
【详解】对于A，因为平面平面，根据面面平行的性质，平面与这两个平面的交线互相平行，即，
因为面，面，所以平面，
又点P在线段上,所以三棱锥的体积为定值，故A正确；
对于B，若存在点P，使得，因为，则，
因为，平面,所以平面，与题意矛盾，故B错误；
对于C，如图1所示，取BC的中点Q，连接，
则点P在平面内的射影在上，直线PE与平面所成角即，且有
由已知可得，最小为，所以的最大值为，故C正确．
对于D，如图2，取的中点G，连接AG，分别取BE，AG的中点，
连接，因为是等腰直角三角形，
所以三棱锥外接球的球心O在直线上，
设三棱锥外接球的半径为R，则，
所以，
设，则，
所以,
当点P与F重合时，取最小值，此时，
三棱锥外接球的表面积为，
当点P与重合时，取最大值，
此时，三棱锥外接球的表面积为，故D正确．

故选：ACD

三、填空题
13．已知双曲线的右焦点为F，点，若直线AF与C只有一个交点，则_________．
【答案】
【分析】求出渐近线方程，由题意得到直线AF与C的渐近线平行，从而利用斜率列出方程，求出答案.
【详解】由题意知，双曲线C的渐近线方程为或，
因为直线AF与C只有一个交点，所以直线AF与C的渐近线平行，
即或，解得．
故答案为：
14．已知向量的夹角为，与垂直，，则__________．
【答案】6
【分析】根据向量垂直得出数量积为0，结合数量积的运算可得答案.
【详解】设，由已知可得，
因为与垂直，所以，即，所以．
故答案为：6.
15．某产品的质量检验过程依次为进货检验（IQC）、生产过程检验（IPQC）、出货检验（OQC） 三个环节．已知某产品IQC的单独通过率为，IPQC的单独通过率为，规定上一类检验不通过则不进入下一类检验，未通过可修复后再检验一次（修复后无需从头检验，通过率不变且每类检验最多两次），且各类检验间相互独立，则一件该产品能进入OQC环节的概率为_________．
【答案】##0.9
【分析】利用独立事件和互斥事件概率求解即可.
【详解】设表示第i次通过进货检验，表示第i次通过生产过程检验（），C表示该产品能进入出货检验环节，由题意得
．
故答案为：.
16．已知函数与的定义域均为，，且为偶函数，则___________．
【答案】248
【分析】由抽象函数变形为和，再利用奇数项和偶数项的关系求和.
【详解】①
因为是偶函数，所以，
用替换x，得，条件化为②，
所以，①+②得，在②中用替换x，得③，则①-③得，
则，，
在①中令，可得，所以．
在中令，得，
又，所以，再由知．
所以．
故答案为：248

四、解答题
17．在①；②；③，这三个条件中任选一个补充在下面横线上，并解答问题．
已知数列的前n项和．
(1)证明：数列是等差数列；
(2)若，设___________，求数列的前n项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析

【分析】（1）利用数列通项与前项和的关系证明.
（2）利用裂项相消法、错位相减法计算求解.
【详解】（1）因为①，
所以②，
②①得，
整理得，
由等差数列的定义可知是等差数列．
（2）由（1）得的公差，
又因为，所以．
若选①：
,
所以
．
若选②：
，
所以
．
若选③：

，
则，  
两式作差得
．                  
所以．
18．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求C；
(2)若，角C的平分线交AB于点D，点E满足，求．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由条件和正弦定理边化角即可求得结果；
（2）根据正弦定理和余弦定理结合条件求解即可.
【详解】（1）由条件和正弦定理得，                       
所以，
展开后整理得．                             
因为，所以，所以，                  
又，所以．
（2）如图所示，因为，所以，
又因为CD为的平分线，所以．             
因为，所以在中，，
又，所以为等边三角形，所以．                            

在中，由余弦定理可得，即，    
在中，由正弦定理可得，
即，得．
19．如图，在三棱柱中，四边形为菱形，E为棱的中点，为等边三角形．

(1)求证：；
(2)若，求平面和平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据题意，先证平面，再由线面垂直的性质定理即可证明；
（2）根据题意，设AC，AB的中点分别为O，G，连接，以O为坐标原点，的方向分别为x轴y轴z轴的正方向，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可得到结果.
【详解】（1）
如图，连接，与相交于点F，连接CF，．
因为四边形为菱形，所以F为的中点，且．                  
因为为等边三角形，所以，                                
因为，BF、CF在面A1BC内，所以平面．                             
因为平面，所以．                               
因为，所以．
（2）设AC，AB的中点分别为O，G，连接．

由（1）可知，又，AB1、AC在面AB1C内，
所以平面，OB1、OC在面AB1C内，则OB1、OC与BC垂直，
因为，所以平面，
因为为等边三角形，所以．                     
以O为坐标原点，的方向分别为x轴y轴z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，                                                                                    
则，
所以，
由，得，
所以．
设平面的法向量为，
则令，得．         
设平面的法向量为，
则令，得．                
设平面与平面的夹角为，
所以，
即平面与平面夹角的余弦值为．
20．某剧场的座位数量是固定的，管理人员统计了最近在该剧场举办的五场表演的票价（单位：元）和上座率（上座人数与总座位数的比值）的数据，其中，并根据统计数据得到如下的散点图：

(1)由散点图判断与哪个模型能更好地对与的关系进行拟合（给出判断即可，不必说明理由），并根据你的判断结果求回归方程；
(2)根据（1）所求的回归方程，预测票价为多少时，剧场的门票收入最多．
参考数据：，，；设，则，，；，，．
参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，．
【答案】(1)能更好地对y与x的关系进行拟合，；
(2)预测票价为元时，剧场的门票收入最多．

【分析】（1）由散点图知，能更好地对与的关系进行拟合，设，由公式求出，再将代入求出，可得关于的线性回归方程，进而得出关于的回归方程；
（2）设函数，对函数求导，判断出单调性和极值，可预测剧场的门票收入最多时的票价．
【详解】（1）能更好地对与的关系进行拟合．                               
设，先求关于的线性回归方程．
由已知得，
所以，
，
所以关于的线性回归方程为，
所以关于的回归方程为；
（2）设该剧场的总座位数为，由题意得门票收入为，
设函数，则，
当，即时，函数单调递减，当，即时，函数单调递增，
所以在处取最大值，                                         
所以预测票价为元时，剧场的门票收入最多．
21．已知椭圆的离心率为，三点中恰有两个点在椭圆上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若C的上顶点为E，右焦点为F，过点F的直线交C于A，B两点（与椭圆顶点不重合），直线EA，EB分别交直线于P，Q两点，求面积的最小值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据对称性得到和在C上，得到，再根据离心率得到答案；
（2）设直线，联立方程根据韦达定理得到根与系数的关系，计算的横坐标，得到，设，，，计算最值即可.
【详解】（1）由椭圆的对称性可知点和在C上，代入方程得．                                          
设C的半焦距为，则离心率为，所以，
所以，解得，以椭圆C的方程为．
（2）设，，，设直线．                   
由消去x得，
所以，
设点，直线EA的方程为，
由与联立得，               
同理可得．
所以

．
整理得，
因为点到直线的距离，
所以．
设，则，
所以，
当，即时，．
【点睛】关键点睛：本题考查了求椭圆方程，椭圆中的面积的最值问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系，利用换元法求最值是解题的关键.
22．设函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若当时，不等式恒成立，求m的取值范围．
【答案】(1)在上单调递减，在和上单调递增
(2)

【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）问题转化为，当时，原不等式可化为，当时，原不等式可化为，根据函数的单调性讨论m的取值范围．
【详解】（1）依题意得．
①当时，令，得，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增；
②当时，令，得，令，得或，
所以在上单调递减，在和上单调递增；
③当时在上恒成立，所以在上单调递增；
④当时，令，得，令，得或，
所以在上单调递减，在和上单调递增．
（2）当时，恒成立，则恒成立．
（i）当时，不等式即，满足条件．
（ii）当时，原不等式可化为，该式对任意恒成立．
设，则．
设，则．
因为，所以，所以在上单调递增，即在上单调递增．
又因为，所以是在上的唯一零点，
所以当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，
所以当时，，所以．
（iii）当时，原不等式可化为，
此时对于（ii）中的函数，可知当时，，
所以在上单调递减，且，
所以当时，，即，所以在上单调递减，
所以当时，，所以．
综上所述，m的取值范围是．