山东省淄博市部分学校2023届高三数学下学期4月阶段性诊断考试试题（Word版附解析）

这是一份山东省淄博市部分学校2023届高三数学下学期4月阶段性诊断考试试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了 “”是“圆等内容，欢迎下载使用。
部分学校高三阶段性诊断考试试题数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号､座号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2.回答选择题时，选出每个小题答案后，用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，再选涂其它答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上.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i为虚数单位，复数z满足，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】将写为化简即可.【详解】因为，所以.故选：B2. 已知集合，则下列集合为空集的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据指数函数和对数函数的单调性分别求出集合，然后利用集合的运算逐项进行判断即可求解.【详解】集合，集合，所以，，对于，，故选项不满足题意；对于，，故选项满足题意；对于，，故选项不满足题意；对于，，故选项不满足题意，故选：.3. 已知向量满足，且，则在上的投影向量为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用向量在向量上的投影向量的定义计算即可.【详解】因为向量，且，那么，所以向量在向量上的投影向量为， 故选：D.4. “”是“圆：与圆：有公切线”的（    ）A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据圆与圆的位置关系确定的取值范围，即可判断充分必要性.【详解】圆：的圆心，半径，圆：的圆心，半径，若两圆有公切线，则，即，解得或，所以“”是“圆：与圆：有公切线”的充分而不必要条件.故选：A.5. 某学生到工厂实践，欲将一个底面半径为2，高为3的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面内.若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大体积是A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据条件求出圆柱的体积，利用基本不等式研究函数的最值即可．【详解】解：设圆柱的半径为，高为，体积为，则由题意可得，，圆柱的体积为，则．当且仅当，即时等号成立．圆柱的最大体积为，故选：．【点睛】本题考查圆柱的体积和基本不等式的实际应用，利用条件建立体积函数是解决本题的关键，是中档题．6. 古希腊数学家阿波罗尼奥斯在研究圆锥曲线时发现了椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点射出的光线，经椭圆反射，其反射光线必经过椭圆的另一焦点．设椭圆的左、右焦点分别为，，若从椭圆右焦点发出的光线经过椭圆上的点A和点B反射后，满足，且，则该椭圆的离心率为（    ）．A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由题意，作图，利用三角函数的性质，可设线段的表示，根据齐次方程的思想，可得答案.【详解】由题意，可作图如下：则，，即，可设，，，由，则，即，，在中，，则.故选：D.7. 已知是方程的两根，有以下四个命题：甲：；乙：；丙：；丁：.如果其中只有一个假命题，则该命题是（    ）A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁【答案】B【解析】【分析】根据韦达定理可得，对乙､丁运算分析可知乙､丁一真一假，分别假设乙､丁是假命题，结合其他命题检验判断．【详解】因为是方程的两根，所以，则甲：；丙：.若乙､丁都是真命题，则，所以，，两个假命题，与题意不符，所以乙､丁一真一假，假设丁是假命题，由丙和甲得，所以，即，所以，与乙不符，假设不成立；假设乙是假命题，由丙和甲得，又，所以，即与丙相符，假设成立；故假命题是乙，故选：．8. 已知定义在上的函数满足为的导函数，当时，，则不等式的解集为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】构造函数，由条件判断其奇偶性，单调性，利用单调性解不等式即可.【详解】令，所以，因为，所以，化简得，所以是上的奇函数；，因为当时，，所以当时，，从而在上单调递增，又是上的奇函数，所以在上单调递增；考虑到，由，得，即，由在上单调递增，得解得，所以不等式的解集为，故选：B.二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知函数的部分图象如图所示，则（    ）A. 的最小正周期为B. 当时，的最大值为C. 函数的图象关于点对称D. 函数在点处的切线方程为【答案】AD【解析】【分析】根据中，，几何意义，求得的解析式，再结合正弦函数的图象与性质及导数的几何意义，逐项分析即可．【详解】由图可知，，，即，又，所以，由五点作图法可得，所以，，对于A，的最小正周期为，故A正确；对于B，当时，，所以，所以的最大值为2，故B错误；对于C，当时，，，所以函数的图象不关于点对称，故C错误；对于D，由，可得，，所以函数在点处的切线方程为，故D正确．故选：AD．10. 已知为坐标原点，分别为双曲线的上下焦点，是上下顶点，点是双曲线上异于顶点的任意一点，下列说法正确的是（    ）A. 双曲线的焦点坐标为B. 以为圆心且与渐近线相切的圆的方程为C. 若点到的两条渐近线的距离分别为，则D. 直线的斜率之积是定值【答案】BCD【解析】【分析】根据方程求得焦点坐标，判断A，求出焦点到渐近线的距离得圆方程判断B，设，计算它到渐近线的距离之积判断C，计算与顶点连线的斜率之积判断D．【详解】，焦点坐标为，A错误，，一条渐近线的方程为，到渐近线的距离为，圆方程为，B正确；设，则，即，另一条渐近线的方程为，则，C正确；由题意，，，D正确．故选：BCD．11. 已知的面积是1，点分别是的中点，点是平面内一动点，则下列结论正确的是（    ）A. 若是线段的中点，则B. 若，则的面积是C. 若点满足，则点的轨迹是一条直线D. 若在直线上，则最小值是【答案】CD【解析】【分析】利用向量线性运算结合条件可判断A，由题可得为的中点进而可判断B，根据向量数量积的运算律可得进而可判断C，取BC中点为F，作于，将化为，然后找到间关系，然后利用基本不等式可判断D.【详解】对A，若是线段的中点，则，故A错误；对B，由，可得，即为的中点，则的面积为，故B错误；对C，由，可得，即，所以点的轨迹是过与垂直的一条直线，故C正确；对D，如图，取BC中点为F，作于，则，又，，则，得，注意到，则，又，则，当且仅当，且时取等号，故D正确.故选：CD.12. 已知数列的前项和是，满足对成立，则下列结论正确的是（    ）A.  B. 一定是递减数列C. 数列是等差数列 D. 【答案】AC【解析】【分析】根据给定的递推公式，结合“”探讨数列的性质，再逐项判断作答.【详解】由得：，当时，，则，整理得，显然，则，因此数列是等差数列，首项为1，公差为1，C正确；，解得，A正确；，当时，，当时，，满足上式，因此，此时，，，是递减数列，当时，，当时，，满足上式，因此，此时，，，是递增数列，B错误；当时，，，当时，，，D错误.故选：AC【点睛】方法点睛：给出与的递推关系，求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与n之间的关系，再求.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 记为等比数列的前项和.若，则__________.【答案】【解析】【分析】由可得，再由求和公式求比值即可.【详解】设等比数列的公比为，由，可得，即，所以.故答案为：17.14. 已知随机变量服从正态分布，且，则__________.【答案】【解析】【分析】根据正态分布对称性求解.【详解】，则，所以由得，，，．故答案为：．15. 设，满足，则__________.【答案】##0.5【解析】【分析】令，则，根据即可求解．【详解】令，则，所以，整理得，解得(负值舍去)，所以.故答案为：.16. 在三棱锥中，底面为的中点.若三棱锥的顶点均在球的球面上，是该球面上一点，且三棱锥体积的最大值是，则球的表面积为__________.【答案】【解析】【分析】首先证明的中点为三棱锥外接球球心，到平面的距离为，到平面的距离的最大值为，而三棱锥体积的最大值是，由棱锥体积公式列方程求得，从而得球半径后可得球表面积．【详解】由且是中点得,又平面,平面,所以,同理,，而,平面,所以平面,又平面,所以,设中点为,则到四点距离相等,即为三棱锥的外接球的球心,三棱锥体积的最大值是，是中点,则三棱锥体积的最大值是，又由平面（即平面），设是中点，连接，则，所以平面，所以到平面的距离为，，即球的半径为，所以到平面的距离的最大值为，而，所以，解得，所以球的半径为，表面积为．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. 如图所示，为平面四边形的对角线，设，为等边三角形，记.（1）当时，求值；（2）设为四边形的面积，用含有的关系式表示，并求的最大值.【答案】（1）；    （2）；.【解析】【分析】（1）利用正弦定理及余弦定理结合条件即得；（2）利用余弦定理及三角形面积公式可 表示出四边形的面积，然后根据三角函数的性质即得.【小问1详解】在中，因为，由正弦定理，所以，由余弦定理，得，其中，故；【小问2详解】在中，因为，所以由余弦定理可得，因为为等边三角形，所以，因为，所以四边形的面积为，因为，所以，故当时，取得最大值1，即的最大值为.18. 已知等差数列的首项为，公差为2.数列满足（1）求取得最小值时值；（2）若，证明：.【答案】（1）2；    （2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用累加法结合等差数列的求和公式即得；（2）利用裂项求和法结合条件即得.【小问1详解】由，得，累加可得：，所以，显然取最小值时，的值为2.【小问2详解】若，则，即，所以显然时，，可得.19. 如图，是圆柱底面的内接三角形，为圆柱的母线，其中，圆柱的母线和其底面圆直径的长都为2.（1）当时，证明：；（2）当三棱锥体积最大值时，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；    （2）.【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理结合条件可得平面，平面，进而即得；（2）根据正余弦定理结合条件可得为正三角形，然后利用坐标法，根据面面角的向量求法即得.【小问1详解】由于为圆柱的母线，所以平面，平面，可得：，由已知，且平面平面，所以平面，因为平面，所以，因为平面，平面，，所以，且平面平面，所以平面，且平面，所以；【小问2详解】当三棱锥体积最大值时，即的面积取得最大值，设的三边为，因为，，由余弦定理可得，当且仅当等号成立，所以，此时为正三角形，以所在直线为轴，所在直线为轴，如图建立空间直角坐标系，则，，设平面的法向量为，其中，则，令，得，设平面的法向量为，其中，满足，，令，得，平面与平面夹角的余弦值为.20. 两个安全设备间由一组对接码进行“握手”连接，对接码是一个由“1，2，3，4”4个数字组成的六位数，每个数字至少出现一次.（1）求满足条件的对接码的个数；（2）若对接密码中数字1出现的次数为，求的分布列和数学期望.【答案】（1）1560    （2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）分一个数字出现3次，另外三个数字出现1次和两个数字各出现2次，另外两数字各出现1次讨论即可；（2）首先得到的取值为，分别写出其概率，利用均值公式即可得到答案.【小问1详解】当对接码中一个数字出现3次，另外三个数字各出现1次时，种数为：，当对接码中两个数字各出现2次，另外两个数字各出现1次时，种数为：，所有满足条件的对接码的个数为1560.【小问2详解】随机变量的取值为，其分布列为：，，，故概率分布表为： 故.21. “工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长.某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用一张圆形纸片，按如下步骤折纸（如图）步骤1：设圆心是，在圆内异于圆心处取一点，标记为；步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点；步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕；步骤4：不断重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕.则这些折痕所围成的图形是一个椭圆.现取半径为的圆形纸片，定点到圆心的距离为，按上述方法折纸.以向量的方向为轴正方向，线段中点为原点建立平面直角坐标系.（1）求折痕围成的椭圆的标准方程；（2）已知点是圆上任意一点，过点做椭圆两条切线，切点分别是，求面积的最大值，并确定此时点的坐标.注：椭圆：上任意一点处的切线方程是：.【答案】（1）；    （2），.【解析】【分析】（1）利用椭圆的定义结合条件即得；（2）由题可得直线的方程是，然后利用韦达定理法结合条件可表示出，然后利用换元法利用导数求函数的最值即得.【小问1详解】设为椭圆上一点，则，所以点轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，设椭圆的方程为，所以，则，所以椭圆方程为；【小问2详解】设，则，切线方程：，切线方程：，两直线都经过点，所以，得， ，从而直线的方程是：，由，得，由韦达定理，得，，点到直线的距离，，其中，令，则，令，则，在上递增，，即时，的面积取到最大值，此时点.22. 已知函数，.（1）求函数的单调区间；（2）若，是函数的两个极值点，且，求证：.【答案】（1）答案见解析    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）因参数在函数的位置特殊，考虑到参数变化时，函数定义域在变化，导函数的零点也在变化，所以比较时候需要兼顾零点在不在定义域上，也需要考虑零点之间的大小比较.（2）对含参的双变量问题，核心在于消元，本问通过，，之间的关系，把证明转化为求函数的单调性问题，在结合函数的单调性即证.【小问1详解】易知函数的定义域为.又.当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增，在和上单调递减；当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，在和上单调递减.【小问2详解】由，则，由题意知是方程的两根，因此，，，且，.所以，把，代入得要证，只需证明，即，也即.令，，由，得.设，要证.因为，，在上单调递减，所以，，即证.【点睛】思路点睛：（1）求含参函数单调区间，需考虑导函数零点与定义域的关系，不同零点直接的大小，依次分类即可.