山西省忻州市2022-2023学年高三数学上学期第二次联考试题（Word版含解析）

高三数学试题考生注意：1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分.考试时间120分钟.2.请将各题答案填写在答题卡上.3.本试卷主要考试内容：集合与常用逻辑用语､不等式､函数与导数､三角函数与解三角形､平面向量与复数占70%，其他内容占30%.第I卷一､选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】解不等式后由交集的概念求解【详解】由题意可得，则.故选：B2.已知复数满足，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由复数的四则运算求解【详解】由题意可得.故选：A3.青花瓷，又称白地青花瓷，常简称青花，是中国瓷器的主流品种之一.如图，这是景德镇青 花瓷，现往该青花瓷中匀速注水，则水的高度与时间的函数图像大致是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据瓷器的形状：中间粗，上下细来分析水的增高速度.【详解】由图可知该青花瓷上､下细，中间粗，则在匀速注水的过程中，水的高度先一直增高，且开始时水的高度增高的速度越来越慢，到达瓷瓶最粗处之后，水的高度增高的速度越来越快，直到注满水，结合选项所给图像，只有先慢后快的趋势的C选项符合.故选：C4.“”是“方程表示椭圆”的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件 【答案】B【解析】【详解】试题分析：当时方程不一定表示椭圆，如时方程，即就表示一个圆，所以“”不是“方程表示椭圆”充分条件；但是当方程表示椭圆时，应有，所以“”是“方程表示椭圆”的必要条件，故选B.考点：1、充分条件，必要条件；2、椭圆的标准方程.5.已知，则（）A.B.C.D.3【答案】D【解析】【分析】利用两角和的正切恒等变换公式可求得=，对所求式子利用诱导公式进行化简，再利用弦化切即可求解.【详解】因为，所以，解得=，则，故选：D.6.已知，则的最小值是（）A.4B.6C.8D.16【答案】C【解析】【分析】利用乘“1”法及基本不等式计算可得. 【详解】解：因为，所以，，所以，当且仅当，即时等号成立.故选：C7.在某次数学考试中，学生成绩服从正态分布.若在内的概率是，则从参加这次考试的学生中任意选取3名学生，恰有2名学生的成绩不低于85的概率是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用正态分布曲线的特点求出，然后再求恰有2名学生的成绩不低于85的概率即可.【详解】因为学生成绩服从正态分布，且，所以，，，所以从参加这次考试的学生中任意选取1名学生，其成绩不低于85的概率是，则从参加这次考试的学生中任意选取3名学生，恰有2名学生的成绩不低于85的概率是.故选：A.8.圆是中华民族传统文化的形态象征，象征着“圆满”和“饱满”，是自古以和为贵的中国人所崇尚的图腾.如图，是圆的一条直径，且是圆上的任意两点，，点在线段上，则的取值范围是（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设为圆心，连接，根据数量积的运算律得到，根据点在线段上，即可求出的取值范围，即可得解.【详解】解：如图，为圆心，连接，则.因为点在线段上且，则圆心到直线的距离，所以，所以，则，即的取值范围是.故选：B9.《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑.在鳖臑中，平面，则鳖臑外接球的表面积是（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】判段出补全后为长方体，再利用长方体外接圆半径的计算公式得出半径，即可直接得出答案.【详解】由题意可知，如图，将鳖臑补全成长方体，则鳖臑外接球的半径，故鳖臑外接球的表面积为.故选：A.10.已知函数若关于的方程有4个不同的实根，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】画出的图象，根据并讨论t研究其实根的分布情况，将问题化为在内有两个不同的零点，结合二次函数性质求参数范围.【详解】如图，画出的图象，设 结合图象知：当或时有且仅有1个实根；当时有2个实根；问题转化为在内有两个不同的零点，从而，解得.故选：D11.已知函数在区间上单调，且当时，，则（）A.2B.4C.6D.8【答案】A【解析】【分析】首先根据题意得到，根据得到，从而得到，再根据的单调性得到，，即可得到答案.【详解】. 因为，所以，则，从而.因为，所以.因为在区间上单调，所以，.解得.因为，所以.因为，所以或，所以或.因为，，所以.故选：A12.已知，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】构造函数，，利用导数分析两个函数的单调性，结合两个函数单调性分析即得解【详解】设函数，则.由，得；由，得.则在上单调递减，在上单调递增.设，则.由，得；由，得. 所以在上单调递增，在上单调递减，所以，即，则，故.因为，所以，所以（当且仅当时，等号成立），所以，即.因为，所以.故选：A第II卷二､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.13.已知向量，若，则__________.【答案】【解析】【分析】根据向量的坐标运算即可求解.【详解】由题意可得，则，解得.故答案为：14.已知圆圆心在直线上，且与直线相切，则圆的方程是__________.（写出一个即可）【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】由圆心的位置以及圆心到直线的距离等于半径即可得到满足条件的圆方程.【详解】设圆心，则半径，故圆的方程为 取,则，故答案为:15.设等差数列的前项和分别是，且，则__________.【答案】【解析】【分析】根据等差数列前项和公式求解即可.【详解】由等差数列的性质可知，则.故答案为：16.在中，内角所对的边分别是，且，点是线段的中点，若，则面积的最大值是__________.【答案】##【解析】【分析】利用同角三角函数关系和二倍角公式可转化原式为，可得或，分类讨论，结合均值不等式和余弦定理，即得解【详解】因为，所以，所以，所以，所以或， 即或.当时，因为，所以，所以，当且仅当时等号成立则的面积为；当时，则.设，则.在中，由余弦定理可得，则，故的面积，当且仅当时，等号成立.综上，面积的最大值是.故答案为：三､解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演步骤..17.在中，内角所对的边分别是，且.（1）求角的大小；（2）若，求的最大值.【答案】（1）（2）4【解析】【分析】（1）由正弦定理以及同角关系即可得即可求解， （2）根据正弦定理化边为角，利用三角的变换以及函数的性质即可求解.【小问1详解】因为，由正弦定理得：，所以，因为，所以,故得，进而得,所以.【小问2详解】因为，所以.由正弦定理可得，则.因为，所以，所以，所以.当，即时，取得最大值4，即的最大值为4.18.如图，在四棱锥中，四边形是菱形，.（1）证明：平面平面.（2）若是棱的中点，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）记，连接，根据线面垂直的判定证明平面即可；（2）先证明平面，再以为原点，分别以方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，根据面面角的向量求法求解即可.【小问1详解】证明：记，则为的中点，连接.因为四边形是菱形，所以.因为为的中点，所以.因为平面，且，所以平面.因为平面，所以平面平面.【小问2详解】因为为的中点，所以.因为平面，所以平面，则以为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.设，则，故.设平面的法向量，则，令，得.设平面的法向量， 则，令，得.设平面与平面的夹角为，则.19.已知函数的部分图象如图所示.（1）求的解析式；（2）若函数，对任意的恒成立，求的取值范围.【答案】（1）（2） 【解析】【分析】（1）根据图得到，进而得到，再根据的图象经过点和点，求得和即可；由（1）得到，再利用正弦函数的性质求得最值，再根据恒成立求解.【小问1详解】解：由图可知，则.因为的图象经过点，所以，所以，所以，因为，所以.因为的图象经过点，所以，所以故.【小问2详解】由（1）可知， 则，，因为，所以，所以，所以，即的值域为.因为对任意的恒成立，所以.20.据国家气象局消息，今年各地均出现了极端高温天气.漫漫暑期，空调成了很好的降温工具，而物体的降温遵循牛顿冷却定律.如果某物体的初始温度为，那么经过分钟后，温度满足，其中为室温，为半衰期.为模拟观察空调的降温效果，小明把一杯的茶水放在的房间，10分钟后茶水降温至.（参考数据：）（1）若欲将这杯茶水继续降温至，大约还需要多少分钟？（保留整数）（2）为适应市场需求，2022年某企业扩大了某型号的变频空调的生产，全年需投入固定成本200万元，每生产千台空调，需另投入成本万元，且已知每台空调售价3000元，且生产的空调能全部销售 完.问2022年该企业该型号的变频空调的总产量为多少千台时，获利最大？并求出最大利润.【答案】（1）13分钟（2）当该企业该型号的变频空调总产量为30千台时，获利最大，最大利润为3400万元.【解析】【分析】（1）由题意列方程求解（2）由题意得出利润与的函数关系，结合基本不等式求解最值【小问1详解】由题意可得，解得.设经过分钟，这杯茶水降温至，则，解得（分钟）.故欲将这杯茶水降温至，大约还需要13分钟.【小问2详解】设2022年该企业该型号的变频空调的利润为，当时，，当时，取得最大值3400万元；当时，，因为，当且仅当时，等号成立，则当时，取得最大值3380万元因为，所以当该企业该型号的变频空调总产量为30千台时，获利最大，最大利润为3400万元.21.已知双曲线的离心率是，点是双曲线的一个焦点，且点到双曲线的一条渐近线的距离是2.（1）求双曲线的标准方程. （2）设点在直线上，过点作两条直线，直线与双曲线交于两点，直线与双曲线交于两点.若直线与直线的倾斜角互补，证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由题知，进而解方程即可得答案；（2）由题设，直线，进而与双曲线联立方程结合韦达定理得，直线的斜率为，同理可得，进而根据可得，进而可证明结论.【小问1详解】解：根据双曲线的对称性，不妨设，其渐近线方程为，因为焦点到双曲线的一条渐近线的距离是2.所以，因为双曲线的离心率是， 所以，，解得所以，双曲线的标准方程为.【小问2详解】证明：由题意可知直线的斜率存在，设，直线.联立整理得，所以，.故.设直线的斜率为，同理可得.因为直线与直线的倾斜角互补，所以，所以，则，即，所以.22.已知函数. （1）若是的极值点，求的单调区间；（2）若关于的方程恰有一个解，求a的取值范围.【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为；（2）【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，依题意，即可求出的值，再利用导数求出函数的单调区间；（2）求出函数的导函数，令，，利用导数说明的单调性，由零点存在性定理可得存在使得，即可得到的单调性，从而求出的最小值，依题意可得，即可求出的值，从而得解.【小问1详解】解：因为，所以，因为是的极值点，所以，解得，经检验符合题意，所以，，又与在上单调递增，所以在上单调递增，又，所以当时，当时，即单调递增区间为，单调递减区间为；【小问2详解】解：显然，又，令，，则恒成立，所以在上单调递增， 且，，所以存在使得，当时，即，当时，即，所以在上单调递减，在上单调递增，所以当时取得最小值，由，可得，即，则，因为关于的方程恰有一个解，所以，即，所以，当时等号成立，由，可得，即的取值范围为；【方法点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．