山西省山西大学附属中学2023届高三数学下学期3月模块诊断试题（Word版附解析）

山西大学附中2022~2023学年第一学期高三3月模块诊断数学试题一.选择题：本小题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.i是虚数单位，z=1－i，则复数z的模等于（）A.1B.C.D.2【答案】B【解析】【分析】根据复数的几何意义直接求出复数的模.【详解】由，所以.故选：B2.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根据指数函数的性质求出集合，最后根据交集的定义计算可得；【详解】解：由，即，解得，所以，又，所以.故选：D3.已知，则是的（）．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】【分析】根据不等式的性质及指数函数的单调性即可判断.【详解】当时，推不出，例如时，当时，可得，即，所以成立， 所以是成立的必要不充分条件，故选：B4.在下列区间中，函数单调递增的区间是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据余弦函数的性质求出函数的单调递增区间，再判断即可；【详解】解：因为，令，解得，所以函数的单调递增区间为，当时可得函数的一个单调递增区间为，因为Ü，所以函数在上单调递增；故选：D5.已知双曲线，若对任意实数，直线与至多有一个交点，则的离心率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据直线与双曲线的渐近线的关系求得，从而求得，以及双曲线的离心率.【详解】依题意可知直线与双曲线的渐近线平行或重合，则，即，，从而，所以的离心率.故选:B 6.考察下列两个问题：①已知随机变量，且，，记；②甲、乙、丙三人随机到某3个景点去旅游，每人只去一个景点，设A表示“甲、乙、丙所去的景点互不相同”，表示“有一个景点仅甲一人去旅游”，记，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据二项分布的期望公式和方差公式求得，从而可求得，再根据条件概率公式求得，即可得出答案.【详解】解：由，解得，则，又，所以.故选：C.7.如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，动点P，Q分别在线段C1D，AC上，则线段PQ长度的最小值是(　　)．A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，C1(0,1,2)，设点P的坐标为(0，λ，2λ)，λ∈[0,1]，点Q的坐标为(1－μ，μ，0)，μ∈[0,1]，∴PQ＝＝，当且仅当λ＝，μ＝时，线段PQ的长度取得最小值.8.已知，则（）A.B.C.a<c<bD.c<a<b【答案】D【解析】【分析】先通过简单的放缩比较和的大小，再通过构造函数,利用图像特征比较和的大小，由此可得答案.【详解】，设，，当时，与相交于点和原点时， ，即故选：D.二.选择题：本小题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的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.小明用某款手机性能测试APP对10部不同品牌的手机的某项性能进行测试，所得的分数按从小到大的顺序（相等数据相邻排列）排列为：81，84，84，87，，y，93，96，96，99，已知总体的中位数为90，则（）A.B.该组数据的均值一定为90C.该组数据的众数一定为84和96D.若要使该总体的标准差最小，则【答案】ABD【解析】【分析】依题意可得，即可求出平均数，即可判断A、B，再利用特殊值判断C，利用基本不等式判断D；【详解】解：因为总体的中位数为90，所以，所以该组数据的均值为，故A正确，B正确，当时，众数为84，90，96，当，时，众数为84，87，93，96，故C错误；要使该总体的标准差最小，即方差最小，即最小，又，当且仅当时，即时等号成立，故D正确．故选：ABD10.如图，棱长为2的正方体的内切球球心为，分别是棱的中点，在棱上移动，则（） A.对于任意点，平面B.存在点，使平面C.直线的被球截得的弦长为D.过直线的平面截球所得截面圆面积的最小值为【答案】BD【解析】【分析】A选项，举出反例；B选项，取为的中点时，证明平面；C选项，求出球心到EF的距离，利用垂径定理求解；D选项，结合C选项中的求解得到球心O到截面的距离，从而求出截面面积最小值.【详解】正方体内切球的球心即正方体的中心，且球半径，当与重合时，平面，平面，此时直线与平面相交，A错误；当为中点时，，，，则平面，因为平面，所以；同理，，因为，所以平面，即平面，B正确；取的中点，由对称性可知，，则.因为，，则，所以直线的被球截得的弦长为，C错误； 设截面圆半径为，球心到截面的距离为，则.因为，则，所以截面圆面积，D正确，故选：BD.11.将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，若对，，且，则的可能取值为（）．A.B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】由图像平移可得，分析，，可得为偶函数，结合范围可得，代入，分析即得解【详解】将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，故函数对，，即，故为偶函数，所以，，又，所以，故，所以，，，所以，，可得和均为的奇数倍，故的可能取值为，．故选：AC12.已知函数(为自然对数的底数)，过点作曲线的切线.下列说法正确的是（）A.当时，若只能作两条切线，则B当，时，则可作三条切线 C.当时，可作三条切线，则D.当，时，有且只有两条切线【答案】AC【解析】【分析】先根据函数，设出切点，写出切线方程，然后再根据4个选项种a的取值，确定b的取值，设出函数，求导、判断其单调区间求解其极值并作图，观察与函数图像的交点个数，从而确定切线方程的条数，即可完成求解.【详解】函数，所以，设切点，则切线的斜率为，则切线方程为：，选项A，当时，则，设，所以，所以，当，，单调递减，当，，单调递增，如图：当时，取得极小值，极小值0，当时，取得极大值，极小值为，若只能做两条切线，与有且只有两个交点，则，故选项正确； 选项B，当时，时，则与有且只有一个交点，因此可做一条切线，故该选项错误；选项C，当时，则，设，所以，因为，所以，当，，单调递减，当，，单调递增，如图：所以，当时，取得极小值，极小值为，当时，取得极大值，极小值为，由可作三条切线，则与有3个交点，则，故该选项正确；选项D，当时，则，此时，设，所以，，所以单调递减，且，如图： 所以，当时，与只有1个交点，因此有且只有1条切线，故该选项错误.故选：AC.三.填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，，则__________．【答案】##【解析】【分析】根据同角的三角函数关系式，结合降幂公式、诱导公式进行求解即可.【详解】解：由，，得，所以．故答案为：14.有4名男生和2名女生共6人组成两个志愿者队伍去两个不同的场馆，要求每队既有男生又有女生，则不同的分配方法有_______________种．（用数字表示）【答案】28【解析】【分析】先把女生分配好，再分配男生，则可求不同的分配方法总数.【详解】女生的分配方法有2种，男生的分配方法有，故不同的分配方法总数为28.故答案为：2815.(x－2)3(2x＋1)2的展开式中x的奇次项的系数之和为________.【答案】9【解析】【分析】根据多项式的乘法展开即可求解.【详解】展开式中奇次项的系数之和．故答案为：9 16.椭圆C：的左右焦点分别为，直线y＝kx（k＞0）与C相交于M，N两点，若四点共圆（其中M在第一象限），且直线倾斜角不小于，则椭圆C的长轴长的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】先求得，由椭圆的中心对称性和圆的性质得到以为直径的圆与椭圆有公共点，得到，再利用直线倾斜角，结合椭圆的定义，得到关于的不等式，求解即可得到答案.【详解】设椭圆的半焦距为，由椭圆的中心对称性和，，，四点共圆，则四边形为矩形，所以以为直径的圆与椭圆有公共点，则，所以，又由题意，即，故，即因为直线倾斜角不小于，所以直线的倾斜角不小于，则，化简可得，因为，所以，则，又，所以，故，解得，所以，综上.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.在三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且.（1）求角C；（2）E为三角形ABC所在平面内的一点，，且，求线段CE的长.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理边角互化计算得，所以可得；（2）由余弦定理计算得，可得，所以，再由，得且，所以四边形是矩形，求解得，从而得.【小问1详解】因为，由得，，由正弦定理得，因为，所以，故，得，即，又，所以.【小问2详解】由余弦定理得，所以，即，又因为，即，因为不共线，所以且，所以四边形是矩形，所以，即，所以.18.数学家也有一些美丽的错误,如法国数学家费马于年提出了以下猜想： 是质数.年,瑞士数学家欧拉算出,该数不是质数.已知为数列的前项和,且（1）求数列的通项公式；（2）若,设为数列的前项和,求出,并证明：对任意,.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据数列的前项和公式的性质可得,分别代入、,即可求得的通项公式,需要注意验证的情况.（2）根据（1）得,即可求得,带入中,整理之后,得出,利用裂项相消求和,最后分离常数,即可证明.【详解】解：（1）因为,,所以;当时,,当时,,适合上式,故;（2）因为,所以,所以,故,所以 ;因为,所以对恒成立,即,所以,又因为,所以,综上对,【点睛】本意考查已知数列的前项和求数列的通项公式和裂项相消求和,属于数列基础题,熟记公式是解题的关键.19.在东京奥运会中，甲、乙、丙三名跳水运动员参加小组赛，已知甲晋级的概率为，乙、丙晋级的概率均为，且三人是否晋级相互独立.（1）若甲晋级的概率与乙、丙两人均没有晋级的概率相等，与乙、丙两人有且仅有一人晋级的概率也相等，求，；（2）若，记三个人中晋级的人数为，若时的概率和时的概率相等，求的分布列及.【答案】（1），（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）求出乙、丙两人均没有晋级的概率和两人有且仅有一人晋级的概率可求出结果；（2）由题意可求得，故，即可求出结果.【小问1详解】由题意可得：乙、丙两人均没有晋级的概率为，乙、丙两人有且仅有一人晋级的概率为，故解得，.【小问2详解】 的所有可能取值为0，1，2，3，则，，由题意可得：，解得，注意到，所以满足二项分布，则，，故的分布列为：0123所以.20.如图，在三棱锥中，侧面底面，，是边长为2的正三角形，，分别是的中点，记平面与平面的交线为.（1）证明：直线平面；（2）设点在直线上，直线与平面所成的角为，异面直线与所成的角为，求当为何值时，.【答案】（1）证明见解析（2）当时，【解析】【分析】（1）证明线面平行，进而由线面平行的性质得到线线平行，结合面面垂直证明线面垂直；（2）作出辅助线，找到直线与平面所成的角，异面直线与所成的角为 ，结合三角函数的性质进行求解.【小问1详解】因为分别是的中点，则，又平面，EF平面，从而平面.因为平面，平面平面，则l，因为平面平面，平面平面，，则平面，所以直线平面.【小问2详解】因为平面，PC平面，则.又，则.因为为正三角形，为的中点，则.因为AEEF=E，从而平面.连接，则，因为，，则，在中，，在中，.因为，则，得.所以当时，.21.已知抛物线的焦点为，直线分别与轴交于点，与抛物线交于点，且. （1）求抛物线的方程；（2）如图，设点都在抛物线上，若是以为斜边的等腰直角三角形，求的最小值.【答案】（1）（2）32【解析】【分析】（1）设，列方程组，求出，即可得到抛物线的方程；（2）设点，利用是以为斜边的等腰直角三角形，表示出，用坐标表示出利用基本不等式求出的最小值.【小问1详解】设点，由已知，则，即.因为，则，所以抛物线的方程是.【小问2详解】设点，直线斜率为，因为，则直线的斜率为.因为，则，得，①因为，则，即，② 因为，则，即③将②③代入①，得，即，则，所以因为，则，又，则，从而，当且仅当时取等号，所以的最小值为32.22.已知函数f(x)＝ax＋x2－xlna(a>0，a≠1).（1）求函数f(x)的极小值；（2）若存在x1，x2∈[－1，1]，使得|f(x1)－f(x2)|≥e－1(e是自然对数的底数)，求实数a的取值范围.【答案】（1）极小值；（2）【解析】【分析】（1）先求原函数的导数得：，再对进行讨论，得到，从而函数在上单调递增．（2）的最大值减去的最小值大于或等于，由单调性知，的最大值是或，最小值，由的单调性，判断与的大小关系，再由的最大值减去最小值大于或等于求出的取值范围．【详解】（1）由于，1°当单调递增，，所以单调递增， 故单调递增，∴，即，所以，当时，，所以函数在上单调递增，在单调递减，所以当时，函数取得极小值，；2°当单调递增，，所以单调递增，故单调递增，∴，即，所以，当时，，所以函数在上单调递增，在单调递减，所以当时，函数取得极小值，；综上，函数的极小值．（2）因为存在，使得，所以当时，，由（1）知，在上递减，在上递增，所以当时，而，记，因为（当时取等号），所以在上单调递增，而．1°当时，，∴，∴当时，，即，易知：，在上递增，∴．2°当时，，∴，易知在上递减，∴，综上：． 【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的极值，最值，以及通过构造函数研究函数的的性质，本题的关键是需分类讨论和两种情况.