山西省长治市2022-2023学年高三数学9月质量检测试题（Word版含答案）

长治市2022—2023学年高三年级九月份质量监测数学试题命题人：武贤发（长治市第二中学）裴淑芳（上党区一中）赵志君（黎城一中）注意事项：1．本试卷全卷满分150分，考试时间120分钟．2．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号用0.5毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上，并检查条形码粘贴是否正确．3．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，填空题和解答题必须用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效．一、单选题：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.设复数满足，则（）A.1B.C.D.【答案】B【解析】分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算求出复数，再由复数模的计算公式求解【详解】，，则．故选：B2.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】 【分析】先化简集合，再由交集的定义求解即可【详解】因为，，所以，故选：D3.正方体中，用平行于的截面将正方体截成两部分，则所截得的两个几何体不可能是（）A.两个三棱柱B.两个四棱台C.两个四棱柱D.一个三棱柱和一个五棱柱【答案】B【解析】【分析】根据正方体的性质及棱柱的概念，找出满足题意的截面即得.【详解】在正方体中，连接，因为，平面，平面，所以平面，则截面把正方体截成两个三棱柱；分别取的中点，连接， 则可得，又平面，平面，∴平面，则截面把正方体截成一个三棱柱和一个五棱柱；分别在上取点使，同理可得平面，则截面把正方体截成两个四棱柱；不存在平行于的截面将正方体截成两个四棱台.故选：B.4.抛物线上的一点到焦点的距离为1，则点的纵坐标为（）A.B.C.D.0【答案】B【解析】【分析】利用抛物线定义即可求解.【详解】抛物线可化为，焦点为，准线方程,点的纵坐标为,由抛物线定义知：，解得：.故选：B5.若随机变量从正态分布，则，．现有40000人参加语文考试，成绩大致服从正态分布，则可估计本次语文成绩在116分以上的学生人数为（）A.3640B.1820C.910D.455【答案】C【解析】 【分析】由于成绩大致服从正态分布，可知，，由正态分布的性质可求出数学成绩116分以上的概率，从而可求出答案【详解】依据题意可知，，由于，所以.因此本次考试116分以上的学生约有人.故选：C6.已知函数（，，），将函数的图像向左平移个单位长度，得到函数的部分图像如图所示，则函数的单调增区间为（）A.（）B.（）C.（）D.（）【答案】A【解析】【分析】由函数的部分图像，由最值求出A，由周期求出ω，代点求出φ的值，可得函数的解析式，进而根据正弦型函数的性质求解单调增区间【详解】，将函数的图像向左平移个单位长度，得到函数． 由图像可知：A=1，，，，，，∴，，即，，∵，∴∴令，，可得，，函数的单调增区间为，故选：A7.已知，，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】构造函数可证，又，可得，即可证．【详解】由令，则，当，；当，；所以在上单调递增，在上单调递减，且则，因此，所以 又因为，所以，得故，有.综上，.故选：D8.定义在上的函数满足，且当时，，若对任意的，不等式恒成立，则实数的最大值是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】分析：由题意可知，为偶函数，再由时函数的解析式，求得在上连续且单调递减，由，得，即，再根据一次函数单调性，解不等式即可得到所求的最大值.详解：为偶函数，当时，，绘制如图所示的函数图象，由图可知在上连续且单调递减，，不等式恒成立，等价于，不等式恒成立，两边同时平方整理得恒成立令，则有，函数最大值恒成立（1）当时，，即恒成立，（2）当时，单调递增， 即，解得，所以的取值范围为（3）当时，单调递减，即，解得，所以，不存在满足条件的值.综上使，不等式恒成立的的取值范围所以最大值为故选C为点睛：本题考查不等式的恒成立问题的解法，运用函数的奇偶性和单调性解不等式问题，考查学生转化思想和运算能力，有一定难度.已知函数的单调性和奇偶性，解形如的不等式的解法如下：奇偶性单调性转化不等式奇函数区间上单调递增区间上单调递减偶函数对称区间上左减右增对称区间上左增右减简言之一句话，将函数值不等式问题转化为自变量不等式问题，二、多选题：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.以石墨烯电池、量子计算、AI等颠覆性技术为引领的前沿趋势，正在或将重塑世界工业的发展模式，对人类生产力的创新提升意义重大，我国某公司为了抢抓机遇，成立了A、B、C三个科研小组针对某技术难题同时进行科研攻关，攻克技术难题的小组会受到奖励．已知A、B、C三个小组攻克该技术难题的概率分别为，，，且三个小组各自独立进行科研攻关．下列说法正确的（）A.三个小组都受到奖励的概率是B.只有A小组受到奖励的概率是C.只有C小组受到奖励的概率是D.受到奖励的小组数的期望值是【答案】AD【解析】【分析】根据独立事件的概率计算后判断选项ABC，求出受到奖励的小组数对应的概率，计算出期望值后判断D．【详解】设三个小组攻克该技术难题分别为事件，即，相互独立，，A正确；，B错；只有丙小组受到奖励的概率是，C错；设受到奖励的小组数为，则的值为，，，，． 所以．D正确．故选：AD．10.已知函数（）有且只有一个零点，则（）A.B.C.若不等式的解集为，则D.若不等式的解集为，且，则【答案】ABD【解析】【分析】由函数的零点的定义和二次方程有两个相等的实数解的条件可得，的关系式，由二次函数的最值求法，可判断A；由基本不等式可判断B；由二次方程的韦达定理可判断C，D．【详解】根据题意，函数有且只有一个零点，必有，即，，，时，等号成立，即有，故A正确；，当且仅当时，取得等号，故B正确；由，为方程的两根，可得，故C错误；由，为方程的两根，可得，，则，解得，故D正确．故选：ABD．11.给出下列四个命题：①“若为的极值点，则”的逆命题为真命题； ②“平面向量的夹角是钝角”的充分不必要条件是③若命题，则；④命题“，使得”的否定是：“均有”.其中不正确的个数是A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】举反例可判断①，②；结合命题及其否定的真假关系，可判断③；根据存在命题的否定形式，可判断④【详解】对于命题①，令，由于使得，但不是函数的极值点，故命题不正确；对于命题②，由于取，虽有，但成平角，故不充分，则命题②不正确；对于命题③，由于，而，所以其否定不正确，故命题③也不正确；对于命题④，根据存在命题的否定形式，可知命题④正确.故不正确的有3个故选：C12.对于函数，，下列说法正确的是（）A.函数的图象关于点中心对称B.函数有极值的充要条件是C.若函数有两个极值点，，则D.若，则过点做曲线的切线有且仅有2条【答案】ABC 【解析】【分析】由三次函数性质，导数与极值的关系，导数的几何意义，对选项逐一判断【详解】由题意得，则，，对于A，，则的图象关于点中心对称，故A正确，对于B，若有极值，则，得，故B正确，对于C，若有两个极值点，，则，，，而，故，故C正确，对于D，，则，，设过点的直线与相切于点，则，整理得，令，，令，得或，令，得，故有极大值，极小值，由三次函数性质得有三个解，且，则过点做曲线的切线有3条，故D错误，故选：ABC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.的展开式中的常数项为__________．【答案】 【解析】【分析】求出展开式中的常数项和的系数，再由多项式乘法法则可得．【详解】展开式通项公式为，，，，，所以所求常数项为，故答案为：．14.已知实数，，满足，则的取值范围是__________．【答案】【解析】【分析】由条件原式可转化为，换元后可得，，利用二次函数求解.详解】由可得，故，所以，令，则，则，，对称轴方程为，所以函数在上单调递增，故，故答案为：.15.已知，若，则的最小值为________． 【答案】【解析】【分析】由已知分段函数的图像和性质以及，可计算，进而分别构造，，再由双勾函数性质求最值即可.【详解】解：已知分段函数在两端区间内都是单调函数，若，则必然分属两段内，不妨设，则，即当时，令，由双勾函数性质可知在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以，此时不符合题意），当时，令，由双勾函数性质可知在区间上单调递减，所以，此时.故的最小值为.故答案为：【点睛】本题考查在分段函数的图象下由函数值相等转化自变量关系，还考查了构造函数求最值，属于难题.16.在矩形中，，，矩形内一点（含边界），满足，若，当取得最大值时， __________．【答案】【解析】【分析】建立平面直角坐标系，设点，根据已知可用x，y表示，利用不等式求最大值，根据取得最大值时的条件可得x，y的值，然后可解.【详解】如图建立平面直角坐标系，则，设，则因为，所以，即又，所以，得所以因为，即所以当且仅当，即时，取得最大值，所以故答案为： 四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知，，分别为三个内角A，，C所对的边，，．（1）求A；（2）若，的面积为，求，．【答案】（1）（2），或，．【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角，然后整理化简可解；（2）根据面积公式和余弦定理列方程组求解可得.【小问1详解】由及正弦定理得∵,，∴，即∵，∴，∴，．【小问2详解】由题得，，①由余弦定理得，，②由①②得，或，即或．∴，或，．18.已知数列前项和满足（），且． （1）求数列的通项公式；（2）若数列满足（），且，求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意，根据公式，可得答案；（2）由题意，根据累加法，结合裂项相消求和，可得答案.【小问1详解】∵当时，，∴，得或．∵，∴．当时，，，∴，即，∴，∵，∴，∴．【小问2详解】（），∴…… 将以上各式相加得：．则，又也满足，∴，．∴，∴．19.在矩形中（图1），，，为边上的中点，将沿折起，使得平面平面，连接，形成四棱锥．（1）求证：．（2）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）利用面面垂直性质定理证明平面，然后可证；（2）联立空间直角坐标系，利用向量法可解.【小问1详解】 在矩形中，，，所以，故．因为平面平面，且平面平面，所以平面．又因为平面，所以．【小问2详解】以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，．因为，则，，．设平面的法向量为，则有，取得，平面为坐标平面，故可取法向量为，记平面与平面夹角为，则， 由图可知，平面与平面夹角为锐角，所以平面与平面夹角的余弦值为．20.已知有一道有四个选项的单项选择题和一道有四个选项的多项选择题，小明知道每道多项选择题均有两个或三个正确选项．但根据得分规则：全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．这样，小明在做多项选择题时，可能选择一个选项，也可能选择两个或三个选项，但不会选择四个选项．（1）如果小明不知道单项选择题的正确答案，就作随机猜测．已知小明知道单项选择题的正确答案和随机猜测的概率都是，在他做完单项选择题后，从卷面上看，在题答对的情况下，求他知道单项选择题正确答案的概率．（2）假设小明在做该道多项选择题时，基于已有的解题经验，他选择一个选项的概率为，选择两个选项的概率为，选择三个选项的概率为．已知该道多项选择题只有两个正确选项，小明完全不知道四个选项的正误，只好根据自己的经验随机选择．记表示小明做完该道多项选择题后所得的分数．求：（i）；（ii）的分布列及数学期望．【答案】（1）；（2）（i）；（ii）分布列见解析，数学期望【解析】【分析】（1）先通过全概率公式求出题目答对了的概率，再通过条件概率计算答对的情况下，知道单项选择题正确答案的概率即可；（2）依次计算的概率，列出分布列计算期望即可.【小问1详解】记事件A为“题目答对了”，事件B为“知道正确答案”，则由全概率公式：，所求概率为 .【小问2详解】设事件表示小明选择了个选项，，表示选到的选项都是正确的.则，，.（i）；（ii）随机变量的分布列为025.21.已知点在椭圆：（）上，且点到椭圆右顶点的距离为．（1）求椭圆的方程；（2）若点，是椭圆上不同的两点（均异于）且满足直线与斜率之积为．试判断直线是否过定点，若是，求出定点坐标，若不是，说明理由．【答案】（1） （2）直线过定点．【解析】【分析】（1）由点在椭圆上，且点到椭圆右顶点的距离为，，结合性质，列出关于、、的方程组，求出、、，即可得椭圆的方程；（2）由题意，直线的斜率存在，可设直线的方程为，，，联立，得，根据韦达定理、斜率公式及直线与斜率之积为，可得，解得或，将以上结论代入直线方程即可得结果.【小问1详解】点，在椭圆：（）上代入得：，点到椭圆右顶点的距离为，则，解得，，故椭圆的方程为．【小问2详解】由题意，直线的斜率存在，可设直线的方程为（），，，．联立得．． ∴，，∵直线与直线斜率之积为．∴，∴．化简得，∴，化简得，解得或．当时，直线方程为，过定点．代入判别式大于零中，解得（）．当时，直线的方程为，过定点，不符合题意．综上所述：直线过定点．22.设函数，，其中，为自然对数的底数．（1）讨论的单调性；（2）证明：当时，；（3）若不等式在时恒成立，求的取值范围．【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）求导后分与两种情况讨论即可；（2）构造函数，求导分析单调性与最值，证明当时，即可； （3）结合（1）（2）讨论的正负判断，同时结合与1的大小关系，构造函数，求导放缩判断单调性，进而证明即可.【小问1详解】定义域为，．当时，，在内单调递减；当时，由，得．当时，，单调递减；当时，，单调递增．综上所述，当时，在内单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增．【小问2详解】令，则．当时，，单调递增，，所以，从而．【小问3详解】由（2）得，当时，．当时，时，，不符合题意．当时，，由（1）得，当时，，不符合题意．当时，令，． 在区间上单调递增．又因为，所以当时，，即恒成立．综上，．【点睛】本题主要考查了求导分情况讨论函数单调性的问题，证明不等式与恒成立的问题，需要根据题意，结合极值点与区间端点的关系分情况讨论导函数的正负，求得函数的单调性，从而证明不等式的问题.属于难题.