2023届九师联盟（山西省）高三下学期3月质量检测数学试题含解析

这是一份2023届九师联盟（山西省）高三下学期3月质量检测数学试题含解析，共20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届九师联盟（山西省）高三下学期3月质量检测数学试题 一、单选题1．已知复数，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由复数的乘法和除法运算化简复数，再由共轭复数的定义即可得出答案.【详解】因为，所以．故选：B．2．已知集合，，则的非空子集个数为（    ）A．7 B．8 C．15 D．16【答案】A【分析】根据交集的运算和子集的定义求解.【详解】因为，又，所以，所以的元素个数为3，其非空子集有7个．故选:A．3．已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由终边上的点可得，，再应用二倍角正余弦公式及和角正弦公式求.【详解】角的终边的经过，所以，，所以，，所以．故选：B．4．已知平面向量，是单位向量，且，向量满足，则的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据向量模的定义可得，进而求得，利用向量的线性运算，结合向量模的定义即可求解.【详解】解：因为，所以，即，又，所以．所以．因为，所以．故选：A．5．设，，，则，，的大小关系是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据指数函数、对数函数的单调性，分析比较，即可得答案.【详解】因为在上为增函数，所以，即．因为在上为增函数，所以，即，所以．故选：C．6．地震震级是根据地震仪记录的地震波振幅来测定的，一般采用里氏震级标准．里氏震级是用距震中100千米处的标准地震仪所记录的地震波的最大振幅的对数值来表示的．里氏震级的计算公式为，其中是被测地震的最大振幅，是“标准地震”的振幅（使用标准地震振幅是为了修正测震仪距实际震中的距离造成的偏差）．根据该公式可知，2021年7月28日发生在美国阿拉斯加半岛以南91公里处的级地震的最大振幅约是2021年8月4日发生在日本本州近岸级地震的最大振幅的（    ）倍（精确到1）．（参考数据：，，）A．794 B．631 C．316 D．251【答案】A【分析】将阿拉斯加半岛的震幅 和日本本州近岸5.3级地震的震幅 表示成指数形式，作商即可.【详解】由题意，即，则；当时，地震的最大振幅，当时，地震的最大振幅，所以，即；故选：A．7．已知双曲线，其左、右焦点分别为，.点到的一条渐近线的距离为1.若双曲线的焦点在轴上且与具有相同的渐近线，则双曲线的离心率为（    ）A． B．2 C． D．【答案】C【分析】先利用点到的一条渐近线的距离求出，再由双曲线的渐近线及离心率的公式求解即可.【详解】设双曲线的半焦距为,则右焦点，不妨设双曲线的一条渐近线为，因为点到的一条渐近线的距离为1，所以，由于，解得.设：，其半焦距为，其渐近线方程为，由题意可知，，所以，即，所以双曲线的离心率为.故选：C.8．已知函数，，若，不等式恒成立，则正数t的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据函数解析式可分别判断出单调性，由不等式恒成立可得只需满足即可，利用函数单调性分别求得其最值即可求出正数t的取值范围.【详解】因为，所以在上单调递增，所以对，．因为，所以，当时，；当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以．因为，任意，不等式恒成立，所以有，整理得，解得或，所以正数的取值范围为．故选：D． 二、多选题9．若函数，则下列说法正确的是（    ）A．函数的图象可由函数的图象向右平移个单位长度得到B．函数的图象关于直线对称C．函数的图象关于点对称D．函数在上为增函数【答案】BD【分析】由三角函数的恒等变换化简，再由三角函数的平移变换可判断A；求出可判断B、C；先判断在上为增函数，即可判断在的单调性.【详解】由题意，．函数的图象向右平移个单位长度可得到，故A错误；，所以函数的图象关于直线对称，故B正确，C错误；函数在上为增函数，时，，故函数在上单调递增，所以函数在上为增函数，故D正确．故选：BD．10．下列说法正确的是（    ）A．若，则B．若，，且，则的最大值是1C．若，，则D．函数的最小值为9【答案】ACD【分析】利用不等式的性质由，可得到，可知选项A正确；利用均值定理和题给条件可得的最大值是，可得选项B错误；利用均值定理和题给条件可得最小值为，可得选项C正确；利用均值定理和题给条件可得函数的最小值为9，可得选项D正确.【详解】因为，则，所以成立，故A正确；由．当且仅当时，取得最大值，故B错误；因为，，所以，当且仅当即时，等号成立，故C正确；，当且仅当时等号成立，故D正确．故选：ACD．11．在长方体中，AB＝3，，P是线段上的一动点，则下列说法正确的是（    ）A．平面 B．与平面所成角的正切值的最大值是C．的最小值为 D．以A为球心，5为半径的球面与侧面的交线长是【答案】ACD【分析】由平面与平面平行，可得直线与平面平行即可判断A，根据线面角定义找出线面角，当最短时，可求线面角的正切的最大值判断B，根据展开图，转化为求，利用余弦定理求解即可判断C，根据球面与侧面交线为圆弧的四分之一即可求解即可判断D.【详解】对于A，如图，在长方体中，，平面，平面，所以平面，同理可得平面，又，所以平面平面，平面，所以平面，所以A正确；对于B，因为平面，所以与平面所成角为，如图，当时，最小，的正切值最大，，所以B错误；对于C，将沿翻折与在同一个平面，且点，C在直线的异侧，如图，此时，，,,所以，所以，故，解得，所以的最小值为，所以C正确；对于D，如图，由于平面，所以交线为以B为圆心，半径为4的四分之一圆周，所以交线长为，所以D正确，故选：ACD．12．已知函数以下结论正确的是（    ）A．在区间[7,9]上是增函数B．C．若函数在上有6个零点，则D．若方程恰有3个实根，则【答案】BC【分析】A根据的周期性判断区间单调性；B利用周期性求得即可判断；C转化为与的交点问题，应用数形结合法及对称性求零点的和；D根据函数图象求得与交点个数为2或3时的临界值，即可得范围.【详解】A：由题意,当时以3为周期的函数，故在[7,9]上的单调性与在[-2,0]上的单调性相同，而当时，∴在[-2,0]上不单调，错误；B：，，故，正确；C：作出的函数图象如图所示：由于在上有6个零点，故直线与在上有6个交点，不妨设，i＝1，2，3，4，5，由图象知:，关于直线对称，，关于直线对称，，关于直线对称，∴，正确；D：若直线经过(3,0)，则，若直线与相切，则消元可得：，令可得，解得k＝-1或k＝-5（舍），若直线与在(0,3)上的图象相切，由对称性得:k＝1．因为恰有3个实根，故直线与有3个交点，∴或k＝1，错误，故选：BC． 三、双空题13．在的展开式中，所有项的系数之和为__________，含的项的系数是__________.（用数字作答）【答案】          【分析】令，即可求得所有项系数和，写出展开式通项，列方程求解，即可求解.【详解】令，得所有项的系数之和为；展开式中的通项为，令，得，所以含的项的系数是．故答案为：；. 四、填空题14．已知函数，，若曲线与曲线在公共点处的切线相同，则实数________．【答案】1【分析】设函数，的公共点为，则，代入化简即可求得，令，易得在上单调递增，即可求出，进而求得实数的值.【详解】设函数，的公共点为，则即则．令，易得在上单调递增，所以以由，解得，所以切点为，所以，则．故答案为：1.15．在直角坐标系中，抛物线：与圆：相交于两点，且两点间的距离为，则抛物线的焦点到其准线的距离为______．【答案】【分析】原点是抛物线和圆的公共点，设另一个公共点为，利用圆的弦长为得到为等腰直角三角形，从而得到的坐标，代入抛物线方程可得的值，它就是焦点到准线的距离．【详解】圆，原点是抛物线和圆的公共点，设另一个公共点为，因为，又因为，,故，故为等腰直角三角形，．因，故，代入抛物线方程得．填．【点睛】求不同曲线的交点，一般是联立方程组求解，但抛物线方程和圆的方程联立消元后是高次方程，求其解不容易，故应该根据两个几何对象的特征求出交点的坐标．16．如图，棱长均相等的直三棱柱的上、下底面均内接于圆柱的上、下底面，则圆柱的侧面积与其外接球的表面积之比为______．【答案】【分析】设三棱柱的棱长为，再求出圆柱的半径与其外接球的半径即可求解【详解】设三棱柱的棱长为，所以外接圆的半径，所以圆柱外接球的半径．故外接球的表面积为，圆柱的侧面积为，所以圆柱的侧面积与其外接球的表面积之比为．故答案为： 五、解答题17．在中，角、、的对边分别为、、，且．(1)求角的大小；(2)若，求的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用两角和的余弦公式、二倍角的余弦公式可得出关于的方程，结合可求得的值，再结合角的取值范围可求得角的值；（2）由正弦定理结合三角恒等变换化简得出，结合正弦型函数的有界性可求得的最大值.【详解】（1）解：由已知可得，即，，则，解得，因此，.（2）解：由正弦定理可得，所以，，其中为锐角，且，因为，则，，所以，当时，即当时，取得最大值.18．已知数列的前项和为，且，．(1)求的通项公式；(2)若数列满足，，求数列的前项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用数列中与的关系即可求得的通项公式；（2）先利用题给条件求得数列的通项公式，再利用错位相减法去求数列的前项和．【详解】（1）当时，；当时，．综上，（2）因为，所以当时，，所以．当时，由得，所以．又当时，，所以．所以，，所以，所以．19．北京时间2021年7月25日，2020东京奥运会射箭女子团体决赛在梦之岛公园射箭场结束．决赛规则为每局比赛双方各派一名队员射击6次，6次总分高的一方获得2分，若总分持平，双方各得1分，先得6分的一方获得比赛的胜利．韩国队提前一局结束比赛，以6-0完胜俄罗斯奥委会队，自该项目1988年进入奥运会大家庭以来，韩国队包揽了全部9枚金牌．在本届赛事中，韩国代表团迄今收获的两金均来于射箭项目，其中20岁的安山有望在东京奥运会上成为三冠王，俄罗斯奥委会队连续两届摘得该项目银牌，德国队获得季军，决赛的成绩（单位：环）统计数据如图所示．(1)分别求韩国队、俄罗斯奥委会队第3局比赛成绩的中位数；(2)比较韩国队、俄罗斯奥委会队第2局比赛的平均水平和发挥的稳定性；(3)从韩国队三局比赛成绩（每一局的总得分）中随机抽取一个，记为x，从俄罗斯奥委会队三局比赛成绩（每一局的总得分）中随机抽取一个，记为y，设Z＝x-y，求Z的数学期望．【答案】(1)韩国队第3局比赛成绩的中位数，俄罗斯奥委会队第3局比赛成绩的中位数(2)韩国队的平均水平高，发挥更稳定(3) 【分析】（1）根据图形可得到韩国和俄罗斯的比赛成绩，然后分别计算中位数即可（2）通过计算第2局比赛韩国队和俄罗斯队的平均分和方差，根据方差的意义确定比赛成绩的稳定性（3）根据题意可得的取值是0，1，2，3，4，5，然后分别计算其对应的概率，最后计算即可【详解】（1）韩国队第3局比赛成绩的中位数，俄罗斯奥委会队第3局比赛成绩的中位数（2）第2局比赛，韩国队的分数依次为10，9，9，10，9，9，平均分为，俄罗斯奥委会队的分数依次为9，8，8，10，8，10，平均分为，因为，，所以韩国队的平均水平高，发挥更稳定（3）Z的所有可能结果有0，1，2，3，4，5，，，，，，．∴20．如图，在四棱锥中，底面，平面平面，四棱锥的体积为4.(1)求证：；(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）设，在平面内过点作，垂足为,利用面面垂直的性质定理可得平面，再根据线面垂直的性质定理和判断定理求解即可；（2）以为轴建立空间直角坐标系 ，利用空间向量法求解即可.【详解】（1）设，在平面内过点作，垂足为,因为平面平面，平面平面，所以平面，又平面，所以，因为平面平面，所以,因为平面平面，所以平面，又因为平面，所以.（2）在中，由，可得，，由（1）知，则，解得，因为平面，平面，所以两两垂直，以为轴建立如图所示空间直角坐标系，所以，设平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，又，则解得，所以，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.21．已知椭圆的左、右焦点分别为，过垂直于轴的直线被椭圆所截得的线段长为，椭圆上的点到一个焦点的最大距离为．(1)求椭圆的方程；(2)如图，点为椭圆上关于原点对称的两个动点（非长轴端点），线段的延长线与椭圆交于点，若的面积为，求直线的方程．【答案】(1)(2)或 【分析】（1）根据题意，建立关于的方程组即可求解；（2）由题意，直线不垂直于轴，设直线的方程为，，，联立直线与椭圆的方程，根据弦长公式求出，点到直线距离公式求出的高，进而根据面积公式可得，从而即可得答案.【详解】（1）解：设的半焦距为，则，故过垂直于轴的直线方程为，与的方程联立，得，由题意得，所以，又，所以，，因为椭圆上的点到一个焦点的最大距离为，所以，所以，，故椭圆的方程为；（2）解：由题意，直线不垂直于轴，设直线的方程为，，，由，消去并整理得，所以，，所以，因为点到直线的距离，且是线段的中点，所以点到直线的距离为，所以，因为，所以，解得或（舍去），所以，此时直线的方程为，即或22．已知函数（）.（1）求函数的单调区间；（2）若，当时，设，求的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）.【分析】（1）由解析式得，讨论、、时的符号，判断的区间单调性即可.（2）由（1）知上在上递减，在上递增，利用找到的对称点，讨论、、时的区间单调性，并结合导数研究的单调性，求的范围最后取并集即可.【详解】（1），①当，即时，若或，，若，，∴的单调递增区间为，，单调递减区间为；②当，即时，恒成立，在上单调递增；③当，即时，若，，若或，，∴的单调递增区间为，，单调递减区间为；（2）由（1）知，当时，在上递减，在上递增，由，解得或，①若，即时，在上递减,；②若，即时，在上递减，在上递增，且，则；③若，即时，在上递减，在上递增，且，则，∴，则在上递减，∴，综上所述，.【点睛】关键点点睛：（1）分类讨论参数，结合导数确定函数的单调区间；（2）由（1）所得区间单调性，讨论参数a，判断在上的单调性，并结合导数研究，进而确定的范围.