山西省省际名校2023届高三数学押题联考(三)试题（Word版附解析）

这是一份山西省省际名校2023届高三数学押题联考(三)试题（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了 已知，则， 已知函数等内容，欢迎下载使用。
试题类型：B
数学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在试卷和答题卡指定位置上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案用0.5mm黑色笔迹签字笔写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一､单项选择题：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. 已知集合，且，则（ ）
A. B. {2} C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据交集和补集的定义可求.
【详解】，
由题设有，故，
故选：C.
2. 已知向量满足，且，则在方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据投影向量的定义可得，将数据代入计算，即可得到答案；
【详解】由,得,
,于是,
因此在方向上的投影向量为.
故选：B
3. 已知双曲线经过点，则其渐近线方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先应用双曲线经过点求出，再根据双曲线几何性质渐近线方程解决即可.
【详解】由题知双曲线经过点，所以，
所以，双曲线焦点在轴上，
所以双曲线的渐近线方程为，
故选：A
4. 粮食是关系国计民生和国家经济安全重要战略物资，也是人民群众最基本的生活资料，粮食安全是“国之大者”.某农场的粮仓中间部分可近似看作是圆柱，圆柱的底面半径为，上下两部分可以近似看作是完全相同的圆锥，圆柱的高是圆锥高的8倍，且这两个圆锥的顶点相距，制作该粮仓至少需要材料（ ）（材料厚度忽略不计）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意求出圆锥高及母线，再由圆锥、圆柱的侧面积公式求解.
【详解】设圆锥的高为，则圆柱高，
由题意，，解得，
又圆柱底面半径，所以圆锥母线，
所以.
故选：A
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据同角三角关系分析运算，注意三角函数值的符号的判断.
【详解】由题意可得：，整理得，
且，可得，
即，可得，
因为，可得，
所以.
故选：D.
6. 已知正项等比数列满足，则的最小值是（ ）
A. 4 B. 9 C. 6 D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】由得，把用表示后用基本不等式求解.
【详解】由，得，即，
则，
当且仅当即时取等号.
故选：D
7. 将一个四棱锥的每个顶点涂上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色，若只有5种颜色可供使用，则共使用4种颜色的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分用5种颜色中的多少种颜色去涂色，分情况计算出总的涂色方法种数，然后用古典概型公式计算即可.
【详解】如图：

若将四棱锥的每个顶点涂上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色，有5种颜色可供使用，则有以下情况：
若5种颜色都使用上，则四棱锥的五个顶点的颜色都不一样，共有种不同涂色的方法；
若只使用5种颜色中的4种，则四棱锥的五个顶点中与同色或与同色，共有种不同涂色的方法；
若只使用5种颜色中的3种，则四棱锥的五个顶点中与同色且与同色，共有种不同涂色的方法，
综上，一共有种涂色方法，其中共使用4种颜色的涂色方法有240种，则共使用4种颜色的概率.
故选：C
8. 已知函数，则与图象的交点个数是（ ）
A. 6 B. 4 C. 3 D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】首先判断两个函数的单调性，再结合端点值，即可判断选项.
【详解】两个函数的定义域为，
且，
，所以两个函数都是偶函数，
，根据复合函数单调性可知，在函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
当时，，，所以函数单调递减，
，，，，，所以，，
所以与图象在有1个交点，
根据偶函数的性质，在上也有1个交点，所以两个函数共有2个交点.
故选：D
二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项䇞合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知圆的圆心坐标为，半径为，若直线与圆相切于点，则（ ）
A. B.
C. 点在圆外 D. 圆被轴截得的弦长为1
【答案】BC
【解析】
【分析】根据切点、切线利用垂直关系得出，求出半径，判断AB，写出圆的方程可判断CD.
【详解】因为直线与圆相切于点
所以由圆心及切点可得，解得，故B正确；
所以，故A错误；
故圆的方程为，
而，故点在圆外，故C正确；
令可得，故圆被轴截得的弦长为2，故D错误.
故选：BC
10. 已知函数.若图象中离轴最近的对称轴为，则（ ）
A.
B. 的最小正周期为
C. 图象的一个对称中心是
D. 的单调递增区间为
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用两角和的正弦公式，二倍角公式和辅助角公式化简得，根据求解函数的对称轴即可求得，A错，故，然后逐项根据函数的性质分别判断即可.
【详解】

，
则令，
得，
因为图象中离轴最近的对称轴为，且，
则，故，A错；
则，
故的最小正周期为，B正确；
把代入，
求得，故是的一个对称中心，C对；
令，
解得，
即的单调递增区间为，D正确.
故选：BCD
11. 已知，则的可能取值有（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据已知条件分，，三种情况分别解决恒成立问题，结合构造函数应用导函数判断函数单调性求解最值即可.
【详解】已知，
当时，成立；
当时，恒成立或恒成立；
即恒成立或恒成立；
设
单调递减；
单调递增；
无最大值.
设
单调递减；
单调递增；
无最大值.
当时，成立或成立；
当时，成立或无解；

当时，恒成立或恒成立；
即恒成立或恒成立；
设
单调递减；
单调递增；
无最小值.
设
单调递减；
无最小值.
当时， 恒成立或成立；
当时，成立；或无解；

所以.
故选：BD .
12. 数系的扩充是数学发展的一个重要内容，1843年，数学家哈密顿发现了四元数．四元数的产生是建立在复数的基础上的，和复数相似，四元数是实数加上三个虚数单位，和，而且它们有如下关系：．四元数一般可表示为，其中为实数．定义两个四元数：，那么这两个四元数之间的乘法定义如下：．关于四元数，下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C.
D. 若，且，则
【答案】AD
【解析】
【分析】由四元数的定义，四元数的乘法定义逐一判断即可．
【详解】对于A：因为，所以，故A正确；
对于B：设，由两个四元数之间的乘法定义得，

，故B错误；
对于C：设，
则
当，有，
所以与不一定相等，故C错误；
对于D：设，
因为，
所以，解得，
所以，故D正确，
故选：AD．
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 的展开式中的系数是__________.
【答案】-15
【解析】
【分析】写出二项式的通项公式，求解即可.
【详解】，令得，
所以的系数为.
故答案为：-15.
14. 已知函数，则的极大值点为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用导数的性质，结合余弦函数的单调性进行求解即可.
【详解】，
令，得，或；令，得，
在上单调递增，在上单调递减，
的极大值点为.
故答案为：.
15. 已知抛物线的焦点为，准线为，过的直线交抛物线于两点，交于点，其中在第一象限，且，则直线的斜率为__________.，若的面积为，则__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】过、作、，垂足为、，设，则，根据抛物线的定义得到，从而求出，即可求出直线的斜率，设与轴交于点，即可得到，再根据面积公式求出，即可得解.
【详解】如图分别过、作、，垂足为、，设，则，
由抛物线定义得，，
所以，则，
所以，所以，
设与轴交于点，在中，由得，则，
所以，，
所以，所以，
由，解得（负值舍去），
所以.

故答案为：；
16. 已知三棱锥的棱长均为6，三棱锥内有个小球，球与三棱锥的四个面都相切，球与三棱锥的三个面和球都相切，以此类推，球与三棱锥的三个面和球都相切，且，则这个小球的表面积之和等于__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据几何关系，求得的半径，归纳出半径的通项公式，再进行求和.
【详解】如图：

正四面体边长为6，高为，
则，
又正四面体四个面都是全等的等边三角形，所以有，
所以，因为球与三棱锥的二个面和球都相切，
所以用平行于底面且与球相切的平面截正四面体后，得到的小三棱锥仍是正四面体，
球和截得的正四面体各个面都相切，
所以同理可得，
同理，且，
.
故答案为：
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. 如图，在中，为边上一点，.

（1）求角；
（2）从下面两个条件中选一个，求角.
①；
②.
【答案】（1）
（2）选择条件①或②，都有
【解析】
【分析】（1）由余弦定理求解即可；
（2）选择条件①，在中，由正弦定理及角的范围求解即可；
选择条件②，在中，由正弦定理及三角函数诱导公式求得结果.
【小问1详解】
在中，由余弦定理可知：
，
又，.
小问2详解】
若选择条件①：
在中，由正弦定理可知：，即，解得.
在中，，从而，必有，又，故.
若选择条件②：在中，，，
由正弦定理可知：，即，解得，
又，则，，，
故，
在中，.
18. 如图，斜四棱柱的底面为等腰梯形，且，点在底面的射影点在四边形内部，且.

（1）求证：平面⊥平面；
（2）在线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为，若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，得到四边形为菱形，得到，得到线面垂直，得到平面⊥平面；
（2）建立空间直角坐标系，得到各点坐标，设，由二面角的大小得到.
【小问1详解】
在等腰梯形中，，
过作交于，则四边形是菱形，
，是等边三角形，

，
，
又平面，
∴平面，又平面，
平面⊥平面.
【小问2详解】
由（1）平面⊥平面，
∵平面平面，
∴点在底面的射影在上，且，又，
由（1）知.
以为原点，分别为轴，建立如图空间直角坐标系，

则，
则，设，，
则，
易知平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则，解得，
令得，，故，
，解得：，
所以
19. 中国共产党第二十届中央委员会第二次全体会议于2023年2月26日至28日在北京召开.会议提出，要着力推动经济稳步回升，促进高质量发展，切实保障和改善民生.为了适应新形势，满足国内市场需求，某对外零件加工企业积极转型，新建了两个车间，加工同一型号的零件，质检部门随机抽检了两个车间各100件零件，在抽取的200件零件中，根据检测结果将它们分为一级品､二级品､三级品三个等级，一级品､二级品都是合格品，在政策的扶持下，都可以销售出去，而三级品是次品，必须销毁，具体统计结果如表一所示：
表一
等级
一级品
二级品
三级品
频数
20
120
60
表二

合格品
次品
合计
A
75


B

35

合计




（1）请根据表一所提供的数据，完成的列联表（表二），依据的独立性检验，能否认为零件的合格率与生产车间有关？
（2）每个零件的生产成本为30元，一级品､二级品零件的出厂单价分别为元，元，每件次品的销毁费用为4元.用样本的频率估计总体的概率，已知车间抽检的零件中有10件为一级品，并利用表一､表二的数据，若两车间都能盈利，求实数的取值范围.
附：，其中.

0.50
0.40
0.25
0.15
0.10
0.05

0.455
0.708
1.323
2.072
2706
3.841

【答案】（1）列联表见解析，不能认为零件的合格率与生产车间有关
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意完善列联表，再利用独立性检验算出进行判断即可；
（2）根据题意假设两车间生产1个零件并售出的利润分别为，根据步骤分别求得的分布列及数学期望，从而得解.
【小问1详解】
零假设为：零件的合格率与生产车间无关，完整的列联表为：

合格品
次品
合计

75
25
100

65
35
100
合计
140
60
200
由表中数据得：

所以依据的独立性检验，零假设成立，即不能认为零件的合格率与生产车间有关.
【小问2详解】
设两车间生产1个零件并售出的利润分别为元､元，则的所有可能取值为，（负值表示亏损），
由题意可得两车间抽检的一级品､二级品､三级品的零件个数为

一级品
二级品
三级品

10
65
25

10
55
35
则的分布列为：








则的分布列为：








所以车间生产1个零件的平均利润为.
车间生产1个零件的平均利润为.
由可得，所以当时，两车间都能盈利.
20. 已知椭圆的离心率为为的右焦点，过点作与轴不重合的直线，交于两点，当与轴平行时，.
（1）求的方程；
（2）为的左顶点，直线分别交直线于两点，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用椭圆的右焦点结合，转化求解，得到椭圆方程.
（2）当直线斜率不存在时，求出相关点的坐标，验证；当直线斜率存在时，设直线，，由消去，利用韦达定理，表示出，即可求得结果.
【小问1详解】
设，
当与轴平行时，直线方程为，则在椭圆上，
代入椭圆方程得，
又因为离心率，解得.
所以的方程为.
【小问2详解】
设，由椭圆的方程得，

当直线斜率不存在时，，
直线的方程为，
令得，同理.
若直线斜率存在时，设直线，
联立得，
即，
，
直线的方程为，
令得，
同理，
则
.
综上，得的值为
21. 已知正项数列的前项和满足关系式.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，证明.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用，得到，进而得到，得到为等差数列，求出通项公式；
（2）由得到，
当时，，当时，显然成立，当时，，当（且）时，，，故当时，有.
【小问1详解】
由得，
当时，，
两式相减得，
，
当时，由，得，也满足上式.
.
当时，，则，

又，所以，
∴数列是等差数列，.
【小问2详解】
证明：由（1）得，
，
注意到当时，

.
当时，.
当时，显然成立.
当时，，
从而时，.
当（且）时，，
.
综上可知当时，有.
【点睛】对于公式，
（1）当时，用替换中的得到一个新的关系式，利用，可得时的表达式，
（2）当时，，求出，
（3）对时的结果进行检验，看是否符合时的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写，如果不符合，则要分开写.
22. 已知，函数.
（1）若是增函数，求的取值范围；
（2）证明：当，且时，存在三条直线是曲线的切线，也是曲线的切线.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先利用导数判断导函数的单调性，再结合函数的单调性，即可求解；
（2）首先求曲线的切线方程，再与曲线的方程联立，再根据判别式构造函数，，利用导数判断函数的单调性，并结合零点存在性定理判断函数有3个零点.
【小问1详解】
的定义域为
令，
令，得；令，得，
故在上单调递减，在上单调递增，
从而，故取值范围是.
【小问2详解】
设曲线的切点为，
则曲线在点处的切线方程为.
联立，得，
必有，
记函数，由题，
故当时，.

记，
令，得；令，得，
故在上单调递减，在上单调递增.
当，且时，，
当时，，故存在，使得，
当，或时，；当时，，
故在上单调递增，在上单调递减.
由，得，代入并整理得：

同理，
记，由（1）知为增函数，
，
，
又，当时，，
有三个零点，
存在三条直线是曲线的切线，也是曲线的切线.
【点睛】关键点睛：本题考查根据函数的导数判断函数的单调性，以及切线，零点，函数性质的综合应用问题，推理难度较大，第二问的关键是根据判别式来设函数，转化为函数有3个零点问题.