2023届山西省三重教育高三下学期3月联考数学试题含解析

这是一份2023届山西省三重教育高三下学期3月联考数学试题含解析，共22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届山西省三重教育高三下学期3月联考数学试题 一、单选题1．已知，则（    ）A． B． C．1 D．【答案】B【分析】根据复数的乘法运算和共轭复数的概念，模的运算求解.【详解】，，．故选:B.2．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据绝对值不等式的解法，求出集合，根据指数函数的单调性求出集合，然后根据交集运算求解即可.【详解】，，所以．故选：C.3．已知，为单位向量，若，则（    ）A．0 B．－1 C．1 D．2【答案】A【分析】根据，为单位向量和求出，然后根据向量的运算律求即可.【详解】因为，为单位向量，所以，所以，．故选：A.4．我国“复兴号”高铁列车是世界上运营速度最快的轮轨列车．在平直的铁轨上停着一辆“复兴号”高铁列车，列车与铁轨上表面接触的车轮半径为，且某个车轮上的点刚好与铁轨的上表面接触，若该列车行驶了距离，则此时到铁轨上表面的距离为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据扇形弧长公式可确定车轮转过的角度，根据的范围作出图形，即可确定所求距离.【详解】当列车行驶的距离为时，则车轮转过的角度所对应的扇形弧长为，车轮转过的角度为，点的初始位置为，设车轮的中心为，当时，作，垂足为，如下图所示，则，到铁轨表面的距离为；当时，，作，垂足为，如下图所示，则，到铁轨表面的距离为；当时，，作，垂足为，如下图所示，则，到铁轨表面的距离为；当时，作，垂足为，如下图所示，则，到铁轨表面的距离为；当或或或时，到铁轨表面的距离满足；当时，点到铁轨表面的距离为，，综上所述：点到铁轨表面的距离为.故选：C.5．已知，则的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】变形给定等式，求出的范围，再把变形为的二次函数，求出最大值作答.【详解】由，得，解得，于是，而，当且仅当，即时等号，因此，所以当时，取得最大值.故选：C6．记为等差数列的前项和，若，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据等差数列求和公式可得，公差，由于符号不确定，可知ABC错误；采用作差法，结合等差数列通项公式和求和公式可推导得到D正确.【详解】，，又，等差数列的公差；对于A，，，，符号不确定，则符号不确定，A错误；对于B，符号不确定，，符号不确定，B错误；对于C，，又符号不确定，大小不确定，C错误；对于D，，，D正确.故选：D.7．定义域为的函数的导数为，若，且，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据已知不等式可得单调性，结合时，，可构造函数，由已知不等式确定时，单调递增；将各选项中的大小关系比较转化为同一函数不同函数值的比较，结合单调性即可得到大小关系.【详解】当时，由得：，，在上单调递减，令，则，且；当时，，，在上单调递增，对于A，，即，，A错误；对于B，，即，，B错误；对于C，，C错误；对于D，，即，，D正确.故选：D.8．已知三棱锥的各顶点都在同一球面上，若，，，，则该球的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据给定条件，把三棱锥补形成底面为圆内接四边形的直四棱柱，再利用该四棱柱的结构特征求出球半径作答.【详解】每个底面四个顶点共圆的直四棱柱，两底面四边形外接圆圆心的中点到各顶点距离相等，则该四棱柱的所有顶点在同一球面上，如图，把三棱锥补成一个直四棱柱，且底面四边形存在外接圆，如图，因为，，则，同理，而，即有，，且，于是，AB为四边形的外接圆直径，设四棱柱的侧棱长为h，有，，因此，解得，则，，即有，是等边三角形，，符合题意，直四棱柱的外接球球心到底面距离，四边形外接圆半径，则球半径，所以该球的体积为．故选：A【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解. 二、多选题9．已知，其中，则（    ）A． B． C． D．【答案】BCD【分析】对于A：利用同角三角函数基本关系来计算判断；对于B：利用倍角公式来计算判断；对于C：利用倍角公式来计算判断；对于D：利用两角差的余弦公式来计算判断.【详解】对于A：若，其中，则，，故A错误；对于B：，且，则，故B正确；对于C：，故C正确；对于D：，故D正确．故选：BCD.10．已知直线a，b，c两两异面，且，，下列说法正确的是（    ）A．存在平面α，β，使，，且，B．存在平面α，β，使，，且，C．存在平面γ，使，，且D．存在唯一的平面γ，使，且a，b与γ所成角相等【答案】ABC【分析】通过平移直线，根据线面垂直的判定即可判定AC;通过平移直线，根据线面平行的判定即可判断C；根据空间中的对称性即可判断D【详解】对于A,平移直线到与直线相交，设平移后的直线为，因为，所以，设直线确定的平面为α，则，，直线和相交，所以，同理可得：，故A对；对于B,平移直线到与直线相交，设平移后的直线为，设直线确定的平面为α，因为//，且，所以，同理可得：，故B对；对于C,同时平移直线和直线，令平移后的直线相交，设平移后的直线为，因为，，所以，，设直线确定的平面为γ，则，，且，故C对；对于D，由对称性可知，存在两个平面γ，使，且a，b与γ所成角相等，故D错误；故选：ABC.11．已知为坐标原点，双曲线的左焦点关于的一条渐近线的对称点恰好在上，若直线交的左半支于点，则（    ）A．的渐近线方程为 B．的面积为C． D．是等腰三角形【答案】AC【分析】设与渐近线交于点，为右焦点，分析可知为线段的中点，求出、，利用勾股定理可得出、的等量关系，可判断A选项；计算出的面积，可判断B选项；设，则，，在直角中，利用勾股定理求出，可求得、，可判断C选项；利用大角对大边定理可判断D选项.【详解】如图，设与渐近线交于点，为双曲线的右焦点，则为线段的中点，又因为为的中点，所以，，双曲线的左焦点为，则点到直线的距离为，即，则，由双曲线的定义可得，则，在中，由勾股定理可得，即，整理可得，所以，双曲线的渐近线方程为，A对；，，所以，，B错；设，则，，在直角中有，，即，解得，则，，所以，C对；设双曲线的半焦距为，则，因为，为的中点，所以，，，因为，为线段上一点（不与线段端点重合），则为锐角，故为钝角，则在中，，所以，，所以，不是等腰三角形，D错.故选：AC.12．已知当时，，则（    ）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】根据给定的不等式，赋值变形判断A；赋值求和判断CD；变形不等式右边，借助二项式定理及组合数的性质推理判断D作答.【详解】因为，令，，则，令，，则，A正确；因为，则，，…，，以上各式相加有，B错误；由得，，即，于是，，，…，，以上各式相加有，即，C正确；由得，，因此，设，，则，所以，D正确．故选：ACD【点睛】关键点睛：由给定信息判断命题的正确性问题，从给定的信息出发结合命题，对变量适当赋值，再综合利用相关数学知识及方法是解决问题的关键. 三、填空题13．已知函数，则____________．【答案】－2【分析】通过计算的值可得答案.【详解】，．故答案为：－2.14．已知正方体的棱长为2，E，F分别为AB，BC的中点，则多面体的体积为____________．【答案】##【分析】利用多面体的体积等于三棱柱的体积与三棱台的体积之差来计算.【详解】多面体的体积等于三棱柱的体积与三棱台的体积之差，其中三棱柱的体积为，三棱台的体积为，所以多面体的体积为．故答案为：.15．有甲、乙、丙三个开关和A，B，C三盏灯，各开关对灯的控制互不影响．当甲闭合时A，B亮，当乙闭合时B，C亮，当丙闭合时A，C亮．若甲、乙、丙闭合的概率分别为，，，且相互独立，则在A亮的条件下，B也亮的概率为____________．【答案】【分析】若AB同时亮，则可能闭合甲开关或不闭合甲开关且同时闭合乙，丙开关.若A亮，则闭合甲或者丙开关.则所求概率为AB同时亮概率与A亮概率之商.【详解】设事件M为A灯亮，事件N为B灯亮，事件X为开关甲闭合，事件Y为开关乙闭合，事件Z为开关丙闭合，则所求概率为 .其中，，所以.故答案为：16．抛物线的光学性质是：位于抛物线焦点处的点光源发出的每一束光经抛物线反射后的反射线都与抛物线的对称轴平行或重合．设抛物线C：的焦点为F，过点的直线交C于A，B两点，且，若C在A，B处的切线交于点P，Q为的外心，则的面积为______．【答案】108【分析】设直线l：，联立抛物线方程，韦达定理，由得，利用弦长公式求出，利用抛物线的光学性质及圆的性质知是等腰直角三角形，从而求出面积.【详解】如图，易知C的焦点为，显然当x轴时，AF不垂直于BF，设过点的直线l的斜率为k（）．则l：，将代入，得，即.设，，则，，又，，所以，所以，即，所以，即，解得，所以，设PA，PB与x轴正方向的夹角分别为，由抛物线的光学性质可知，，故，且由圆的性质可知，所以是等腰直角三角形，其中，故.故答案为：108.【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线相交问题时，有时需要考查斜率不存在和存在两种情况，斜率存在的情况经常和曲线方程联立，利用根与系数的关系解决几何问题. 四、解答题17．在中，，．(1)求；(2)求的外接圆与内切圆的面积之比．【答案】(1)(2) 【分析】（1）先利用正弦定理角化边和余弦定理，用表示出，再利用正弦定理求；（2）先利用正弦定理将外接圆半径用表示，再利用三角形的面积将内切圆半径用表示，进而可得外接圆与内切圆的面积之比.【详解】（1）设内角的对边分别为，，由正弦定理得，又由余弦定理．解得，又在中，，所以由正弦定理可知；（2）设的外接圆与内切圆的半径分别为R，r，由（1）及正弦定理可知，，由三角形面积公式可知：，且的周长为，所以，故，所以的外接圆与内切圆的面积之比为．18．已知数列满足．(1)是否为等比数列？并说明理由；(2)若，求的通项公式．【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）根据已知递推关系式可得，讨论首项，结合等比数列定义可得结论；（2）由等比数列通项公式可推导得到，采用累加法可求得结果.【详解】（1）由得：，当时，数列为各项为的常数列，不是等比数列；当时，数列是以为首项，为公比的等比数列.（2）当时，，由（1）知：数列是以为首项，为公比的等比数列，，即，当时，，又满足，.19．某中学为了调查学生每周运动时长，随机从全校男生和女生中各抽取了90名学生进行问卷调查，并对每周不同运动时长所对应的人数进行了统计，得到如下数据： 每周平均运动时长少于7小时每周平均运动时长不少于7小时男生4545女生6030 (1)能否有99%的把握认为男生与女生每周平均运动时长有差异？(2)现随机从全校男生和女生中各随机抽取2名学生，记其中男生和女生中每周平均运动时长不少于7小时的人数分别为X，Y，且记，证明：．附：0.0500.0100.0013.8416.63510.828  【答案】(1)没有99%的把握认为学生每周平均运动时长与性别有差异；(2)证明见解析. 【分析】（1）根据给定的数表，结合的计算公式，求出的观测值并与临界值表比对作答；（2）利用二项分布的期望公式求出，再利用相互独立事件、互斥事件的概率公式结合期望的定义求出作答.【详解】（1）由已知得列联表： 每周平均运动时长少于7小时每周平均运动时长不少于7小时合计男生454590女生603090合计10575180 ，所以没有99%的把握认为学生每周平均运动时长与性别有差异．（2）男生中每周平均运动时长不少于7小时的概率，女生中每周平均运动时长不少于7小时的概率，依题意，，，于是，，随机变量的可能值为，，0，1，2，，，，，，因此，所以．20．如图，直三棱柱的所有棱长均相等，为的中点．(1)证明：；(2)设分别是棱上的点，若点在同一平面上，且的面积是的面积的倍，求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）方法一：延长交于点，根据线面垂直的判定与性质可证得，结合正方形中可证得平面，由线面垂直的判定可证得结论；方法二：结合垂直关系可以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，根据向量垂直的坐标表示可证得结论；方法三：延长交于点，根据，利用向量数量积的定义和运算律可得，由此可得结论；（2）根据面积比可求得所需的长度，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法可求得结果.【详解】（1）方法一：连接，延长交于点，连接，由题意知：四边形为正方形，；，为中点，，又，，，平面，平面，，又，平面，平面，又平面，，，平面，平面，平面，；方法二：连接，延长交于点，连接，，为中点，，又，，，又平面，则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，，，，，，；方法三：平面，平面，，，，；为等边三角形，，又，.（2）在（1）的条件下，若在同一平面上，则在同一直线上，过作，交于，设，，则，，，，解得：，，，以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，设平面的法向量，则，令，解得：，，；设平面的法向量，则，令，解得：，，；，二面角的正弦值为．21．已知椭圆的右焦点为，上顶点为，点，且．(1)求的方程；(2)过的直线交于两点，证明：直线平分．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由可得，利用向量数量积坐标表示可得，由椭圆关系可得，由此可得椭圆方程；（2）将直线方程与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，将问题转化为点到直线的距离的问题，将问题进一步转化为证明，结合韦达定理可证得结论.【详解】（1）由椭圆方程知：，设，则，，，，解得：，，椭圆的方程为：.（2）由题意知：直线斜率存在，可设，即，由得：，设，，则，，直线的方程为，直线的方程为，点到直线的距离分别为，，若直线平分，只需满足，即，整理化简有：，即，故只需满足，，，，则，直线平分．【点睛】关键点点睛；本题考查直线与椭圆的综合应用问题，证明直线平分角的关键是能够将问题转化为角平分线上的点到角两边距离相等的问题，结合点到直线距离公式和韦达定理可化简得到结论.22．已知函数，．(1)求的单调区间；(2)证明：；(3)设，，证明：．【答案】(1)单调递增区间为和，无单调递减区间(2)证明见解析(3)证明见解析 【分析】（1）首先求解出函数的定义域；方法一：求导后，根据可得结论；方法二：采用分离常数法，结合复合函数单调性的判断方法可得结论；（2）结合的奇偶性可将问题转化为证明当时，；分别构造函数和，结合导数可证得当时，，，由此可得结论；（3）根据已知关系式可得，结合和单调性可得当时，成立；结合二倍角正弦公式可化简得到，由此可得结论.【详解】（1）由得：，解得：或，的定义域为；方法一：当时，，的单调递增区间为和，无单调递减区间；方法二：由题意得：，在，单调递增，为增函数，的单调递增区间为和，无单调递减区间.（2）定义域为，，是偶函数，等价于当时，；设，则，单调递减，当时，；即当时，；设，则当时，，当时，为增函数，且，，存在唯一，使得，即，当时，，单调递减；当时，，单调递增，；当时，；在上恒成立，即；综上所述：当时，，.（3）由，，可知，，即，其中，又，且由（1）可知在单调递增，当且仅当时，即时，成立，.由（2）可知：当时，，，．【点睛】关键点点睛：本题重点考查了构造函数证明不等式、利用放缩法证明不等式的问题；本题第三问证明不等式的关键是能够确定时，，由此可将问题转化为与三角函数有关的不等式的证明问题，结合二倍角正弦公式和来进行证明.