2023届山西省三晋名校联盟高三下学期4月高阶段性测试（五）数学试题含解析

这是一份2023届山西省三晋名校联盟高三下学期4月高阶段性测试（五）数学试题含解析，共20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届山西省三晋名校联盟高三下学期4月高阶段性测试（五）数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据对数函数的定义域并解不等式可得集合，即可得.【详解】由，得，所以，，故选：D.2．复数在复平面内对应的点在（    ）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】利用复数的除法公式化简，进而可得解.【详解】由，其在复平面内对应的点的坐标为，位于第一象限，故选：A.3．已知向量满足，且，则（    ）A． B．5 C． D．【答案】C【分析】利用数量积与模的关系计算即可.【详解】由题意知，所以-20，即，所以，即.故选：C4．净水机通过分级过滤的方式使自来水逐步达到纯净水的标准，其中的核心零件是多层式结构的棉滤芯（聚丙烯熔喷滤芯），主要用于去除铁锈､泥沙､悬浮物等各种大颗粒杂质.假设每一层棉滤芯可以过滤掉的大颗粒杂质，过滤前水中大颗粒杂质含量为，若要满足过滤后水中大颗粒杂质含量不超过，则棉滤芯层数最少为（    ）（参考数据：，）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据指数与对数的运算直接求解.【详解】由题意得，经层滤芯过滤后水中大颗粒杂质含量为，，则，得，所以，即，所以，解得，，所以的最小值为，故选：C.5．已知是椭圆的两个焦点，是上一点，若，则的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据椭圆的定义结合余弦定理,可得 ,求得离心率.【详解】设，由余弦定理可得，解得，则，根据椭圆的定义，离心率为.故选:B.6．若的展开式中的系数为25，则实数（    ）A．-11 B．-8 C．-5 D．3【答案】A【分析】分因式中取2，，时，由，利用二项展开式的通项公式求解.【详解】解：分三种情况：①当因式中取2时，项为，其系数为30；②当因式中取时，项为，其系数为③当因式中取时，项为，其系数为.因为，所以.故选：A7．永定土楼是我国东南沿海地区特有的山区民居建筑，如图所示，土楼的顶部可视为上下开口的圆台，底部可视为上底面与顶部圆台的下底面重合的圆柱.若上午时某条太阳光线通过圆台上底面的边缘照射到圆台下底面中心，此时太阳光线与水平地面所成角为，下午时某条太阳光线通过圆台上底面的边缘照射到圆台内部下底面另一侧边缘，此时太阳光线与水平地面所成角为，且这两条光线与圆台下底面中心看成在同一坚直平面内，土楼顶部对应的圆台的体积为，则该土楼的占地面积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】作图分析，设圆台下底面半径为，结合图形的几何性质求得圆台的上底面半径以及高，根据圆台的体积求得x，即可求得答案.【详解】设下午阳光从上底面边缘的射人点为为圆台下底面圆心，上底面圆心为，被下午太阳光线照射到内部的下底面边缘点为，延长交于，过A作于.作出上午那条光线关于对称的光线，则对称光线经过点，如图,,设圆台下底面半径为，即，为等腰三角形，.由于,则,由题意知,可知四边形为矩形，则,则,，故选：C8．在中，角，，所对的边分别为，，，，则面积的最大值是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据正弦定理进行边角互化，结合余弦定理可得，进而可得，根据面积公式可得，根据二次函数的最值可得面积的最大值.【详解】由题意可得，所以由正弦定理得，由余弦定理得，所以，所以，因为，所以，所以，则当时，取最大值为.故选：B. 二、多选题9．有一组从小到大排列的样本数据，若将第1个数据减1，最后一个数据加2，其余数据不变，得到新的一组数据，则下列统计量中，相比原来的数据变大的有（    ）A．极差 B．中位数 C．平均数 D．方差【答案】ACD【分析】根据极差、中位数、平均数、方差的定义计算即可得出得出答案.【详解】极差比原数据大3，故A正确；中位数不变，故B不正确；，，所以平均数变大，故C正确；因为最小的数据变小，最大的数据变大，其余数据不变，显然新数据较原数据相对于各自的平均值波动变大，由方差的意义易知方差也变大了，故D正确.故选：ACD.10．已知函数，则（    ）A．的最小值为B．在区间上单调递增C．若在区间上单调递增，则的最大值为D．有三个零点【答案】BD【分析】判断分段函数的单调性，进而确定最值与零点情况.【详解】当时，单调递增，则，当时，，则在上单调递减，在上单调递增，，故的最小值为，的单调递增区间为和，故A错误，B正确；若在上单调递增，根据分段函数不难判断出，故的最大值为，故C错误；根据题意，函数在上有一个零点，函数在上有两个零点和，故D正确，故选：BD.11．已知圆，下列说法正确的是（    ）A．若圆的半径为1，则B．若圆不经过第二象限，则C．若直线恒经过的定点在圆内，则当被圆截得的弦最短时，其方程为D．若，过点作圆的两条切线，切点分别为，则直线的方程为【答案】AD【分析】圆的方程化为标准方程可判断A，根据点到圆心的距离判断B，由直线所过定点及定点与圆心连线与直线垂直判断C，根据切点写出切线方程，再由曲线与方程的关系得出切点弦所在直线方程判断D.【详解】圆的标准方程为.对于A，若圆的半径为1，则，即，故A正确；对于，因为圆心在第四象限，所以若圆不经过第二象限，则原点不在圆内，则，即，故B错误；对于，直线恒经过定点，当被圆截得的弦最短时，，因为的斜率为1，所以的斜率为，其方程为，故C错误；对于D，当时，圆的方程为，其半径，设切点，则直线的方程分别为，因为点在切线上，所以，即，所以直线的方程为，故D正确.故选：AD12．定义：若数列满足，则称为“Titus双指数迭代数列”.已知在“Titus双指数迭代数列”中，首项，则（    ）A．当时，B．当时，为递增数列C．当时，有最小值D．当取任意非零实数时，一定有最大值或最小值【答案】ABD【分析】求出，即可判断A；构造函数，利用导数求出函数的单调区间，再通过取点与单调性确定的图象与直线的位置关系，逐一分析各个选项即可得解.【详解】对于A，当时，，故A正确；下面分析B，C，D项：构造函数，则，构造函数，则，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即，所以，即，所以单调递增，再通过取点与单调性确定的图象与直线的位置关系，当时，，当时，，当时，，根据位置关系作出大致图象如图1：分析B项：如图2，以为起始点，作垂直于轴的直线与的图象相交，确定交点，从点作平行于轴的直线与的图象相交，确定交点，从点作垂直于轴的直线与的图象相交，确定交点，依此类推，由图可知，为递增数列，B正确；分析C项：如图3，以为起始点，作垂直于轴的直线与的图象相交，确定交点，从点作平行于轴的直线与的图象相交，确定交点，从点作垂直于轴的直线与的图象相交，确定交点，依此类推，由图可知，为递减数列，无限趋近于0，无最小值，C错误；分析D项：如图4，当时，以为起始点，作垂直于轴的直线与的图象相交，确定交点，从点作平行于轴的直线与的图象相交，确定交点，从点作垂直于轴的直线与的图象相交，确定交点，依此类推，由图可知，当时，为递增数列，设与的图象在第一象限的交点为，结合B，C项可知：当或时，为递增数列，当时，为递减数列，当时，为常数列，显然，一定有最小值或最大值，D正确.故选：ABD.【点睛】方法点睛：与数列的新定义有关的问题的求解策略：①通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的；②遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析，运算，验证，使得问题得以解决． 三、填空题13．已知，则__________.【答案】##0.6【分析】利用三角恒等变换弦化切计算即可.【详解】因为，所以，所以.故答案为：14．已知函数的图象在原点处的切线与直线垂直，则实数__________.【答案】2【分析】由导数的几何意义求解即可.【详解】，因为在原点处的切线与直线垂直，所以，即，所以，解得.故答案为：2.15．已知正方体的棱长为，为棱的中点，点为正方体表面及其内部的一个动点且，则线段的长度的最大值为__________.【答案】【分析】取的中点，的中点，连接、、，设，推导出平面，可知平面内任一点（不与重合）均满足，结合图形可求得的最大值.【详解】如图，取的中点，的中点，连接、、，设，因为且，、分别为、的中点，则且，所以，四边形为平行四边形，所以，且，又因为且，所以，且，所以，四边形为平行四边形，因为，，，所以，，所以，，所以，，所以，，故，因为平面，平面，所以，，因为，、平面，所以，平面，则平面内任一点（不与重合）均满足，由图可知，.故答案为：.16．已知斜率为的直线过抛物线的焦点，且与该抛物线交于两点，若为该抛物线上一点，为圆上一点，则的最小值为__________.【答案】##【分析】利用直线的点斜式方程写出直线的方程，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理及焦点弦公式，结合三点共线线段最小及两点间的距离公式即可求解.【详解】由题可知直线的方程为，设，则由,消去，整理得，，所以，所以，解得，所以，而圆的圆心,因为，当且仅当点在同一条直线上取等号，且点位于点之间，如图所示：又，所以的最小值为.故答案为：. 四、解答题17．已知等比数列满足.(1)求的通项公式;(2)设,求数列的前项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据基本量解方程求出公比即可求出通项公式；（2）利用错位相减求和即可.【详解】（1）设的公比为，由,得，即,解得，所以.（2），，，两式相减得，解得.18．已知函数.(1)求的图象的对称中心坐标；(2)把的图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再把得到的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，求在上的值域.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由倍角公式结合辅助角公式化简解析式，再由正弦函数的性质求解；（2）由伸缩变换和平移变换得出的解析式，再由换元法结合正弦函数的性质得出在上的值域.【详解】（1）.令，得，所以的图象的对称中心的坐标为.（2）把的图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）得的图象，再把得到的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象.令，则，所以当或，即或时，，当，即时，，所以在上的值域为.19．某工厂对员工技能进行两项考核.项考核合格得3分，否则得0分；项考核合格得7分，否则得0分.现将员工分为两组，一组先进行项考核，另一组先进行项考核.若先考核的项目不合格，则无需进行下一个项目，直接判定为考核不合格；若先考核的项目合格，则进入下一个项目，无论第二个项目考核是否合格都结束考核.已知甲员工项考核合格的概率为，项考核合格的概率为0.5，且每个项目考核合格的概率与考核的顺序无关.(1)若甲先进行项考核，记为甲的累计得分，求的分布列.(2)为使累计得分的期望最大，甲应选择先进行哪个项目的考核？并说明理由.【答案】(1)分布列见解析(2)甲应选择先进行项考核，理由见解析 【分析】（1）先求出的可能取值，再利用条件求出相应的概率，即可求出分布列；（2）先求出项考核得分的期望，再比较两项考核得分期望的大小，从而得出判断.【详解】（1）由已知可得，的所有可能取值为，，，，所以的分布列为：03100.40.30.3 （2）甲应选择先进行项考核，理由如下：由（1）可知甲先进行项考核，累计得分的期望为，若甲先进行项考核，记为甲的累计得分，则的所有可能取值为，，，，则的期望为.因为，所以为使累计得分的期望最大，甲应选择先进行项考核.20．如图，在三棱锥中，为棱的中点，，，平分.(1)求证：平面平面；(2)若，，求当三棱锥的体积最大时平面与平面的夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用线面垂直证明面面垂直；（2）由三棱锥体积公式得当平面时，体积最大，建立空间直角坐标系，利用坐标法计算面面夹角.【详解】（1）为棱的中点，平分，，，又，，且，平面，平面，又平面，平面平面；（2）设点到平面的距离为，由题可知为定值，，又，当最大时，，即平面，如图，以为原点，直线，分别为，轴建立空间直角坐标系，又（1）得，又，，得，，所以，，则，，，， ，设为平面的法向量，则，令，得，易知为平面的一个法向量，，平面与平面的夹角的余弦值为.21．已知动点到点的距离与到直线的距离之比为，设动点的轨迹为曲线.(1)求的方程；(2)若直线与曲线交于两点，且直线（为坐标原点）的斜率满足，证明：直线过定点.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）设，依题意列式，化简即可得出的方程；（2）设，联立直线方程与椭圆方程，化为关于的一元二次方程，结合韦达定理表示出，解方程即可求出，即可得出直线恒过的定点.【详解】（1）设，依题意，整理得，即为曲线的方程.（2）设，将代入，整理得，由题意知且.则.因为所以，得，因为，所以代入可得且，此时的方程为，可知过定点.22．已知函数.(1)讨论的单调性；(2)设函数，若有三个不同的零点，求的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2) 【分析】（1）先求得，再按m分类讨论，利用导函数与原函数间的关系即可得到的单调性；（2）先化简解析式，构造函数，并利用导数求得的单调性和函数值的正负情况，进而得到的单调性和函数值的正负情况，再利用有三个不同的零点列出关于的不等式，进而求得的取值范围.【详解】（1）由题意知，令，得，则时，，所以在上单调递增.时，令得当时，，令，得，令，得，所以在上单调递减，在上单调递增.当时，，令，得，令，得或，所以在上单调递减，在和上单调递增.综上所述：当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减，在和上单调递增；当时，在上单调递增.（2），则.设，则，由在内单调递增且，可得当时，单调递减，当时，单调递增，所以有极小值，又，①当时，在时恒成立，即，所以在区间内单调递增，最多有一个零点，不符合题意.②当时，，所以存在，使得，则在内，单调递增，在内，单调递减，在内，，单调递增，又，所以在上有一个零点0，又，且当时，，所以在和上各有一个零点，所以函数有三个不同的零点.③当时，在上小于零，又当时，，结合的单调性可知，存在，使得，且在内单调递减，在内单调递增，所以最多有两个零点，不合题意.综上所述，实数的取值范围是.