山西省部分学校大联考2023届高三数学上学期期末试题（Word版附解析）

2022~2023学年度高三年级上学期期末考试数学全卷满分150分，考试时间120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．回答选择题时，选出每小题答案后，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，再选涂其他答案标号．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收回．4．本卷主要考查内容：高考范围．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，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】分别解二次不等式和对数不等式，求得集合，进而利用交集的定义求得.【详解】A，则.故选：B2.已知复数满足，则复数的虚部是（）A.B.C.D.1【答案】D【解析】【分析】根据复数的除法运算，结合i的性质，进行计算求得复数，可得答案. 【详解】由可得，则复数的虚部是1,故选;D3.已知函数，则其图象大致是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用排除法，先判断函数的奇偶性，再根据函数值的变化情况分析判断.【详解】函数的定义域为，因为，所以为奇函数，其图象关于原点对称，所以排除AC，当时，当时，，，所以，所以排除D，故选：B4.已知角终边所在直线的斜率为，则（）A.B.5C.D.【答案】D【解析】【分析】先求出，再根据二次齐次式化简代入即可求解. 【详解】由三角函数定义得，所以．故选：D5.在三棱锥中，，且，，则该三棱锥的表面积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据，，求出为等边三角形，，由余弦定理得到，从而由勾股定理逆定理得到，，结合三角形面积公式得到，，作出辅助线，得到，从而求出该三棱锥的表面积.【详解】因为，，，所以为等边三角形，，在中，利用余弦定理得：，解得：，同理可得：，因为，由勾股定理逆定理可得，，所以，， 取的中点，连接，则，因，所以，由勾股定理得：，故，所以四棱锥的表面积.故选：A6.已知函数在上单调递增，且，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据的单调性可得，解不等式可求得；根据和所处的范围，可知和关于对称，由此可解得的值.【详解】当时，，在上单调递增，，解得：，即，，， 则由得：，解得：故选：C.7.已知椭圆C：的离心率为，直线l：交椭圆C于A，B两点，点D在椭圆C上（与点A，B不重合）．若直线AD，BD的斜率分别为，，则的最小值为（）A.B.2C.D.【答案】B【解析】【分析】不妨假设，，则可求，将B，D代入椭圆，然后两式进行相减可得，整理出，代入之后再结合基本不等式即可求出答案【详解】解：设，，则．∵点B，D都在椭圆C上，∴两式相减，得．∴，即．∴．当且仅当时取“=”．故选：B．8.已知，，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】 【分析】对与变形，，，进而构造与，利用导函数得到函数单调性，从而得到，，得到结果.【详解】易知，，设，则，所以单调递增，所以，故，所以设，则，所以单调递减，所以，即，所以，综上，.故选：B【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小，本题中对与变形，均用含的式子来进行表达，从而达到构造出适当函数的目的.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.在长方体中，已知，则下列结论正确的有（）A.B.异面直线与所成的角为 C.二面角的余弦值为D.四面体的体积为【答案】ACD【解析】【分析】证明平面即可判断A；根据，与不垂直判断B；由为二面角的平面角计算判断C；利用长方体的体积减去4个三棱锥的体积即可得答案.【详解】解：因为在长方体中，，所以，四边形为正方形，平面，因为平面，所以，因为平面，所以平面，因为平面，所以，故A正确；由长方体的性质易知，因为，所以与不垂直，故与不垂直，所以B不正确；设与交于，连接，由长方体性质知，故为等腰三角形，所以，由于，所以为二面角的平面角，在中，，所以，所以，故C正确：四面体的体积为，所以D正确，故选：ACD． 10.在平面直角坐标系中，圆C的方程为，其中，点P为圆C的圆心，则下列说法正确的是（）A.原点O在圆C上B.直线与圆C有公共点C.圆C与圆相内切D.直线与圆C相交于A，B两点，若，则，【答案】ABC【解析】【分析】圆C是动圆，半径为2，其圆心在以原点为圆心，半径为2的圆周上，根据以上性质，再根据每个选项的几何意义，不难判断每个选项的正确性.【详解】对于A，由的坐标满足圆C的方程，故A正确；对于B，由原点O既在圆C上，也在直线上，可得直线与圆C有公共点，故B正确；对于C，由，可知圆C与圆相内切，故C正确；对于D，若，则三角形ABP为等腰直角三角形，可得圆P到直线的距离为，有，有，联立方程，解得或，故D错误；故选：ABC. 11.一个质地均匀的正四面体表面上分别标有数字1，2，3，4，抛掷该正四面体两次，记事件A为“第一次向下的数字为偶数”，事件B为“两次向下的数字之和为奇数”，则下列说法正确的是（）A.B.事件A和事件B互为对立事件C.D.事件A和事件B相互独立【答案】CD【解析】【分析】根据独立事件的定义以及条件概率对有关选项作相应的分析和计算即可.【详解】对于A，，可得A错误；对于B，事件B第一次向下的数字为偶数，第二次向下的数字为奇数，就可以使得两次向下的数字之和为奇数，可知事件A和事件B不是对立事件，可得B错误；对于C，由，可得，可得C正确；对于D选项，由，可得，可知事件A和事件B相互独立，可得D正确；故选：CD.12.已知函数是定义在上的奇函数，且当时，.对于数列及数列，若，下列说法正确的是（）A.存在数列，使得与都为等比数列B.存在数列，使得与都为等差数列C.存在数列，使得为等比数列，且为等差数列 D.存在数列，使得等差数列，且为等比数列【答案】BCD【解析】【分析】利用奇偶性得到，然后利用等差等比数列的定义和特殊值的思路判断即可.【详解】因为为定义在上的奇函数，令，则，，又为奇函数，所以，所以，若为等比数列，由，可知公比，设，则，所以不为定值，且为定值，设，则，所以也不为定值，即A错误，C正确；若为等差数列，由，可知公差，所以可取，即，此时令，则，解得，此时，，，满足为等差数列，即B正确；令，则，解得，此时，，，，满足为等 比数列，即D正确.故选：BCD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知向量，，若，则______.【答案】【解析】【分析】根据平面向量共线的坐标运算求得的值，即可得向量，从而可求.【详解】解：由，得，解得，则，可得.故答案为：.14.设随机变量服从正态分布，若，则__________．【答案】##【解析】【分析】根据正态曲线的对称性求解即可.【详解】因为随机变量服从正态分布，所以随机变量所对应的正态曲线关于对称，因为，所以，所以，故答案为：15.已知抛物线：的焦点为，过点且斜率为2的直线与抛物线交于，两点（点在轴的上方），则______．【答案】【解析】【分析】求出直线AB的方程及点A，B的横坐标，再利用抛物线定义计算作答. 【详解】抛物线：的焦点为，准线方程为：，直线AB的方程为：，由消去y并整理得：，解得，，依题意，点A的横坐标，点B的横坐标，由抛物线定义得：.故答案为：16.已知函数是定义在上的奇函数，且对于任意非零实数，均有．当时，．若的值域为，则的取值范围为______．（可参考的不等式结论：恒成立）【答案】【解析】【分析】要使的值域为，只要时，在上有解且恒成立即可．【详解】，，，易知当时，，若当时，， 则当时，，此时显然的值域不为，不符题意，又，所以不等式在内有解，且恒成立，即在内有解，且恒成立，设，则，综上，当时，，单调递增，，设，则，易知，即，综上．故答案为：．【点睛】本题的解题关键是理解在上值域是连续的且趋于无穷大，只需要在上存在函数值且恒成立即可，接下来只要分参即可求得． 四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．17.在中，内角所对的边分别为，且.（1）若，求；（2）若为边上一点，且，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理边化角结合两角和的正弦公式可得，即得A，从而求得答案;（2）由余弦定理结合可推得，利用向量表示出，结合可求得，利用三角形面积公式即可求得答案.【小问1详解】由根据正弦定理得：，即，故，，，因为，所以，所以，且，所以，故若，则；【小问2详解】在中，因为，所以，由余弦定理得，即，解得（舍去）. 因为，所以，即，因为，所以，解得，所以的面积.18.如图，在三棱柱中，平面平面，四边形是菱形，是的中点.（1）证明：平面；（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接，先证平面，得，再由，得，即可得到平面（2）连接，以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出面，面的法向量，求得法向量的余弦值，即可得二面角的正弦值.【小问1详解】 连接，因为四边形是菱形，所以，因为，所以为等边三角形，所以.因为平面平面，平面平面平面，所以平面，平面，所以.因为，即，所以.又，平面，平面，所以平面；【小问2详解】连接，因为是的中点，所以.又因为平面平面，平面平面平面，所以平面.设，因为，以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则， 设平面的法向量是，则，取，可得.设平面的法向量是，则，取，可得所以，因此，二面角的正弦值是.19.通过核酸检测可以初步判定被检测者是否感染新冠病毒，检测方式分为单检和混检，单检是将一个人的采集拭子放入一个采样管中单独检测：混检是将多个人的采集拭子放入一个采样管中合为一个样本进行检测，若检测结果呈阳性，再对这多个人重新采集单管拭子，逐一进行检测，以确定当中的阳性样本．混检按一个采样管中放入的采集拭子个数可具体分为“3合1”混检，“5合1”混检，“10合1”混检等．调查研究显示，在群体总阳性率较低（低于0.1%）时，混检能较大幅度地提高检测效力、降低检测成本．根据流行病学调查结果显示，某城市每位居民感染新冠病毒的概率为．若对该城市全体居民进行一轮核酸检测，记每一组n位居民采用“n合1”（）混检方式共需检测X次．（1）求随机变量X的分布列和数学期望；（2）已知当时，．若，采用“n合1”混检时，请估计当n为何值时，这一轮核酸检测中每位居民检测的次数最少？【答案】（1）分布列见解析，（2）【解析】【分析】(1)根据题干条件分情况和求概率,写出分布列计算数学期望即可;(2)由(1)的数学期望得出每位居民检测的次数,再应用基本不等式求出核酸检测中每位居民检 测的最少次数,取等条件可求n.【小问1详解】X的取值为1和，，，随机变量X的分布列为：X1P可得；【小问2详解】由（1）可知每位居民检测的次数约为，又由，当且仅当，即时等号成立．故当时，采用“100合1”，这一轮核酸检测中每位居民检测的次数最少．20.在数列，中，已知，，且，.（1）证明：数列是等比数列；（2）求数列的前项的和.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用，得到，得到 是以8为首项，2为公比的等比数列；（2）在第一问的基础上，先求出，，再根据条件得到是等比数列，首项为4，公比为2，从而求出，利用分组求和和等比数列求和公式求出答案.【小问1详解】证明：由题意可知，，则，且，所以数列是以8为首项，2为公比的等比数列；【小问2详解】由（1）可知，，所以，所以，又，所以，又，即是等比数列，首项为4，公比为2，所以，即，所以，即.21.已知函数，其中为非零实数.（1）讨论的单调性； （2）若有两个极值点，且，证明：.【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增；（2）证明见解析【解析】【分析】(1)求导，得，分、、三种情况讨论导数的正负并确定函数的单调性；(2)由题意可得，则有，，将问题转化为证明，构造函数，求导，只需故即可.【小问1详解】解：函数的定义域为，则，①当即时，，函数上单调递增；②当即时，令，得，则当时，，当时，，故在和上单调递增，在上单调递减；③当时，，舍去.则当时，， 当时，，所以在上单调递减，在上单调递增；综上所述：当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增；【小问2详解】证明：因为有两个极值点，由（1）知当时，，所以且，，因为，所以，所以，，要证，，，令，则，所以在上单调递增，且，故，即.22.在平面直角坐标系中，已知，，动点P满足，且.设动点P形成的轨迹为曲线C.（1）求曲线C的标准方程；（2）过点的直线l与曲线C交于M，N两点，试判断是否存在直线l，使得A，B， M，N四点共圆.若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由.【答案】（1）（2）不存在直线符合题意，理由见解析【解析】【分析】（1）设，则由，可得，，再结合，消去，即可得曲线C的标准方程，（2）判断直线l的斜率存在，设l：，设，，将直线方程代入曲线C的方程，化简后利用根与系数的关系，结合中点坐标公式表示出MN的中点的坐标，利用弦长公式表示出，表示出线段MN的中垂线方程，求出其与与x轴的交点坐标为，而AB的中垂线为x轴，所以若A，B，M，N共圆，则圆心为，从而由列方程求解即可.【小问1详解】设，则，，，因为，所以，所以，，所以，，又，整理得，即曲线C标准方程为；【小问2详解】易知当l的斜率不存在时，直线l与曲线C没有两个交点，所以直线l的斜率存在，设l：，将直线l与曲线C联立，得，消去y，整理得， 因为且，所以且，设，，则，，所以MN的中点，且，将，代入上式，整理得，当时，线段MN的中垂线方程为：，令y＝0，解得，即与x轴的交点坐标为，当k＝0时，线段MN的中垂线为y轴，与x轴交于原点，符合Q点坐标，因为AB的中垂线为x轴，所以若A，B，M，N共圆，则圆心为，所以，所以，整理得，即，因为且，所以上述方程无解，即不存在直线l符合题意.