山西省省际名校2023届高三数学联考一（启航卷）试题（Word版附解析）

数学一､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】A【解析】【分析】解指数不等式，得到，从而求出交集.【详解】由题意得：，解得：，故，.故选：A2.已知复数（其中是虚数单位）.则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意得到，再化简求解即可.【详解】因为，所以.故选：D3.有一个正四棱台的油槽，可以装油152升.若油槽的上下底面边长分别为60cm和40cm，则它的深度是（）A.180cmB.80cmC.60cmD.30cm【答案】C【解析】【分析】设出油槽的深度，再利用棱台的体积计算公式即可得解.【详解】依题意，设油槽的深度为cm， 因升，油槽的上底面面积为，下底面面积为，所以由棱台的体积计算公式可得：，解得，所以油槽的深度为60cm故选：C.4.现有6个大小相同､质地均匀的小球，球上标有数字1，3，3，4，5，6.从这6个小球中随机取出两个球，如果已经知道取出的球中有数字3.则所取出的两个小球上数字都是3的概率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】列出事件所含基本事件，根据古典概型求解即可.【详解】任取两个小球，则出的球中有数字3的事件有，共9个基本事件，其中所取出的两个小球上数字都是3的基本事件共1个，所以所取出的两个小球上数字都是3的概率.故选：C5.定义在上函数满足，且为奇函数.当时，，则（）A.1B.C.0D.2【答案】B【解析】【分析】首先根据题意，得到，，从而得到函数的周期为，再根据求解即可.【详解】因为函数满足，所以关于对称，即①.又因为为奇函数，所以， 即②.由①②知，所以，即，所以函数的周期为，所以，令，则由②，得，所以.故选：B.6.中国古代四大名楼鹳雀楼，位于山西省运城市永济市蒲州镇，因唐代诗人王之涣的诗作《登鹳雀楼》而流芳后世.如图，某同学为测量鹳雀楼的高度，在鹳雀楼的正东方向找到一座建筑物，高约为37，在地面上点处（，，三点共线）测得建筑物顶部，鹳雀楼顶部的仰角分别为30°和45°，在处测得楼顶部的仰角为15°，则鹳雀楼的高度约为（）A.64B.74C.52D.91【答案】B【解析】【分析】求出，，，在中，由正弦定理求出m，从而得到的长度.【详解】因为中，⊥，m，，所以m，因为中，⊥，，所以，由题意得：，故， 在中，由正弦定理得：，即，故(m)，故(m)故选：B7.已知曲线上一点处的切线为，曲线上至多存在一条与垂直的切线，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据切点求出a值，再求导求出在点处的切线斜率，由此得到与之切线垂直的直线斜率，最后对曲线求导，根据题意列式计算即可.【详解】将点代入曲线，解得，对曲线求导得，点处的切线斜率为，故与垂直的切线斜率为，对曲线求导得，若曲线上至多存在一条与垂直的切线，即至多一个解，由此可得，解得.故选：A8.圆锥曲线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形叫做阿基米德三角形，过抛物线焦点作抛物线的弦，与抛物线交于，两点，分别过，两点作抛物线的切线，相交于点，那么阿基米德三角形满足以下特性：①点必在抛物线的准线上；②为直角三角形，且为直角；③，已知为抛物线的准线上一点，则阿基米德三角形面积的最小值为（）A.B.C.2D.1【答案】B 【解析】【分析】设直线的方程为，，，，，联立直线的方程和抛物线方程求得，通过PF⊥AB求得，再过点作轴交于点，进而得到为中点，由表示出三角形PAB的面积，结合基本不等式求出最小值即可．【详解】易知，焦点，准线方程，设直线的方程为，，，，，联立，消整理得，则，，又PF⊥AB，可得，即，化简得，过点作轴交于点，如图所示：则，所以为中点，故，故，当且仅当时等号成立， 故三角形PAB的面积的最小值为．故选：B．【点睛】关键点点睛：过点作轴交于点，且证明为中点，得到，从而得到阿基米德三角形面积关于，的表达式，再结合基本不等式求解．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.设向量，，则（）A.B.与的夹角为C.D.【答案】AD【解析】【分析】利用向量的坐标即可计算向量的模长，向量夹角，利用向量坐标与空间位置的关系即可判断出两向量位置关系.【详解】，，故，A正确；且，故与的夹角为，B错误；，由此知：不存在实数λ使成立，C错误；，D正确.故选：AD10.已知函数，则下列结论正确的是（）A.函数在上单调递减B.函数的值域是C.若方程有5个解，则的取值范围为D.若函数有3个不同的零点，则的取值范围为【答案】BCD 【解析】【分析】AB选项，画出的图象，数形结合得到函数的单调性和值域，得到A错误，B正确；C选项，方程有5个解，转化为与有5个交点，数形结合得到的取值范围；D选项，由零点个数得到，由对数函数的性质得到，从而求出的取值范围.【详解】，画出的图象，如下：A选项，函数在和上单调递减，不能说在上单调递减，A错误；B选项，函数在处取得最小值为，故值域是，B正确；C选项，若方程有5个解，则要满足与有5个交点，故，所以的取值范围为，C正确；D选项，若函数有3个不同的零点，则，令，解得：，又，因为在上单调递增，解得：，即，， 故的取值范围为.故选：BCD【点睛】方法点睛：函数零点问题：将函数零点问题或方程解的问题转化为两函数的图象交点问题，将代数问题几何化，借助图象分析，大大简化了思维难度，首先要熟悉常见的函数图象，包括指数函数，对数函数，幂函数，三角函数等，还要熟练掌握函数图象的变换，包括平移，伸缩，对称和翻折等，涉及零点之和问题，通常考虑图象的对称性进行解决.11.已知正方体的棱长为2，其外接球的球心为，点满足，过点的平面平行于和，则（）A.平面平面B.平面平面C.当时，平面截球所得截面的周长为D.平面截正方体所得截面的面积为定值【答案】ABC【解析】【分析】根据题意画出图形，根据面面平行定理可先证明出平面平面，再根据平行传递性可证明出平面平面，最后根据点P位置即可判断平面与正方体截面面积的关系，也可得出平面截球所得截面圆的半径，以此求出周长.【详解】根据题意作出如下图⸪平面且，⸫平面且平面，平面，平面，⸫平面平面，A正确； ⸪平面，平面⸫平面平面，且平面平面⸫平面平面，B正确；当时，设此时平面截球所得截面圆心为，此时点P为中点，故，由题可知正方体外接圆半径为，根据勾股定理可知圆半径为，故圆周长为，故C正确；由图可知，平面截正方体所得截面是一个一边长不变，另一边长随点P在上的位置的变化而变化的矩形，所以平面截正方体所得截面面积不是定值，故D错误．故选：ABC．12.已知圆，点为直线上的动点，则下列说法正确的是（）A.圆心到直线的最大距离为8B.若直线平分圆的周长，则C.若圆上至少有三个点到直线距离为，则D.若，过点作圆的两条切线，切点为，，当点坐标为时，有最大值【答案】BD【解析】【分析】由圆，知圆心，半径，由直线过圆心可求，从而判断B；恒过定点,可求点到直线的最大距离，判断A；由已知圆心到直线的距离，可求的范围判断C；利用，从而可求最小时的位置判断D．【详解】由圆，知圆心，半径，对于A,直线恒过定点，点到直线的最大距离为，故A不正确； 对于B,直线平分圆的周长，则直线过圆心，，解得，故B正确；对于C,若圆上至少有三个点到直线的距离为，则圆心到直线的距离，，解得，故C错误；对于D,，要使最大，只需要最大即可，又，故需最小，此时与直线垂直，故此时与定点重合，故,故D正确，故选：BD．三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.的展开式中常数项为___________（用数字作答）.【答案】【解析】【分析】根据两项相乘，分别求解展开式中含的项以及常数项，即可根据多项式的运算进行合并求解.【详解】，故展开式中含的项为展开式中常数项为，所以展开式中的常数项为，故答案为：14.已知数列满足，，则的通项公式是___________.【答案】【解析】【分析】根据所给递推关系可得， ，与原式作差即可求解.【详解】因为①所以，当时，②，①-②可得，，所以，所以数列的通项公式是.故答案为：.15.已知双曲线（，）的左，右焦点分别为，，A为双曲线的右支上一点，点A关于原点的对称点为，满足，且，则双曲线的离心率为___________.【答案】【解析】【分析】由对称性和双曲线定义得到，，，在中，，由余弦定理列出方程，求出，得到离心率.【详解】由对称性可知：，故，由双曲线定义可知：，即，所以，又因为，在中，由余弦定理得：， 即，解得：，故离心率为.故答案为：16.已知实数，满足，则的取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】将等式化为，设，利用导数研究函数的单调性，根据函数的单调性可得，代入可得，利用导数求其值域即可.【详解】因为，所以，设，则，所以函数在上单调递增，所以，所以，，设，则，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，又，，当时，，当时，，当时，，当且时，，所以函数的值域为，所以的取值范围为. 故答案为：.【点睛】关键点睛：解决的关键在于将条件等式化为同构形式，利用函数的性质化简已知条件，再结合函数性质求目标函数的值域.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.已知数列满足，，且，，成等差数列.（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据等差数列的性质，结合因式分解法、等比数列的定义进行求解即可；（2）利用分组法，结合等比数列和等差数列的前项和公式进行求解即可.【小问1详解】∵，∴.又∵，∴，即，∴数列是公比为2的等比数列.又∵，，成等差数列，∴，即，解得.∴；【小问2详解】由（1）可知，∴∴.18.已知函数（，）的部分图象如图所示. （1）求的解析式，并求的单调递增区间；（2）若对任意，都有，求实数的取值范围.【答案】（1），单调递增区间为（2）【解析】【分析】（1）先求出的周期，再代点进去求出，从而得到的解析式后，进而利用整体法即可求得的单调递增区间；（2）先根据三角恒等变换化简绝对值内的表达式，再利用正弦函数的性质进行解不等式即可.【小问1详解】由图象可得的最小正周期，∴，又可知，由，解得，，又因为，得，∴.由，，解得，，所以函数的单调递增区间为.【小问2详解】 .由得，.∵，∴，作出的部分图像如下：结合图像可知：，解得.所以实数的取值范围为.19.如图，在圆锥中，是底面圆直径，，是底面圆周上一点，与平面所成的角为30°，点，分别在，上，且平面.（1）求的值；（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）（2）【解析】 【分析】（1）根据线面角定义先求证出到平面的投影落于点O，得出的结论，再以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，找出P、N、C三点坐标即可解出答案；（2）根据（1）坐标系，找出平面与平面的法向量，根据法向量与面面角关系即可解出答案.【小问1详解】过作，垂足为，∵底面，平面，∴平面平面，∴平面，∴为直线与平面所成的角，即.∴，点与点重合，即.以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，.设，则，，.故.∵平面，∴，即，即，解得，所以.【小问2详解】∵平面，∴是平面的一个法向量.设平面的一个法向量为，则，所以，取，则. 所以平面与平面夹角余弦值为.20.2022年河南､陕西､山西､四川､云南､宁夏､青海､内蒙古8省区公布新高考改革方案，这8省区的新高中生不再实行文理分科，今后将采用“3+1+2”高考模式.“3+1+2”高考模式是指考生总成绩由全国统一高考的语文､数学､外语3个科目成绩和考生选择的3科普通高中学业水平选择性考试科目成绩组成，满分为750分.“3”是三门主科，分别是语文､数学､外语，这三门科目是必选的；“1”指的是要在物理､历史里选一门，按原始分计入成绩；“2”指考生要在生物学､化学､思想政治､地理4门中选择2门，但是这几门科目不以原始分计入成绩，而是等级赋分.（1）若按照“3+1+2”模式选科，求选出的六科中含有“语文，数学，外语，历史，地理”的概率；（2）某教育部门为了调查学生语数外三科成绩与选科之间的关系，现从当地不同层次的学校中抽取高一学生4000名参加语数外的网络测试､满分450分，并给前640名颁发荣誉证书，假设该次网络测试成绩服从正态分布.①考生甲得知他的成绩为260分，考试后不久了解到如下情况：“此次测试平均成绩为210分，290分以上共有91人”，问甲能否获得荣誉证书，请说明理由；②考生丙得知他的实际成绩为425分，而考生乙告诉考生丙：“这次测试平均成绩为240分，360分以上共有91人”，请结合统计学知识帮助丙同学辨别乙同学信息的真伪.附：，，.【答案】（1）（2）①甲同学能够获得荣誉证书，理由见解析；②答案见解析【解析】【分析】（1）根据排列组合计算个数，利用古典概型的概率公式即可求解，（2）①根据以及可得，进而得，即可利用正态分布的概率计算前640名学生成绩的最低分，由此可判断甲同学是否获奖，②利用正态分布可得，即可根据统计学中的原则进行判断.【小问1详解】设事件：选出的六科中含有“语文，数学，外语，历史，地理”，从物理､历史里选一门，生物学､化学､思想政治､地理4门中选择2门的方案有种等可能情况，事件即从剩余生物学､思想政治､化学三个科目中选择一个有种等可能情况， 所以.【小问2详解】设此次网络测试的成绩.①由题意可知，因为，且，即，，所以.而，，所以前640名学生成绩的最低分低于，而考生甲的成绩为260分，所以甲同学能够获得荣誉证书.②（结果是开放的，只要学生的统计理由充分，即可得分，以下两种理由供参考）若考生乙所说为真，则，，而，所以，从而.理由1：根据统计学中的原则，即认为为小概率事件，即丙同学的成绩为425分是小概率事件，可认为其不可能发生，但却又发生了，所以可认为乙同学所说为假.理由2：，4000名学生中成绩大于420分的约有人，这说明4000名考生中，也会出现约5人的成绩高于420分的“极端”样本，由于样本的随机性，丙同学的成绩为425分也有可能发生，所以可认为乙同学所说为真.21.已知点在椭圆上，直线交椭圆于，两点，直线､的斜率之和为0.（1）求直线的斜率；（2）求面积的最大值. 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先根据题意得到椭圆的方程为，设直线的方程为，再根据求解即可.（2）根据题意得到点到直线的距离，，再根据，结合基本不等式求解即可.【小问1详解】将点的坐标代入椭圆方程得，化简得，解得（舍）或，故椭圆的方程为.设，，由题易知直线的斜率存在，设直线的方程为，联立，解得.，即.则，.由，化简得，故，整理得，又直线不经过点，即，故. 【小问2详解】由（1）知，直线的方程为，，，所以点到直线的距离，，所以，当且仅当，即时等号成立.经验证，此时满足直线与椭圆相交，故的面积最大为.22.已知函数.（1）若，求实数的取值范围；（2）若有2个不同的零点（），求证：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求解函数定义域，参变分离得到，构造，利用导函数得到其单调性，极值和最值情况，得到；（2）转化为有2个不同的实数根，构造，得到其单调性，得到，且，求出，换元后即证，构造，求导后得到在上单调递增，，得到证明.【小问1详解】 因为函数的定义域为，所以成立，等价于成立.令，则，令，则，所以在内单调递减，又因为，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以在处取极大值也是最大值.因此，即实数的取值范围为.【小问2详解】有2个不同的零点等价于有2个不同的实数根.令，则，当时，解得.所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以在处取极大值为.又因为，当时，，当时，.且时，.所以，且.因为是方程的2个不同实数根，即.将两式相除得，令，则，，变形得，.又因为，，因此要证，只需证.因为，所以只需证，即证. 因为，即证.令，则，所以在上单调递增，，即当时，成立，命题得证.【点睛】极值点偏移问题中，若等式中含有参数，则消去参数，由于两个变量的地位相同，将特征不等式变形，如常常利用进行变形，可构造关于的函数，利用导函数再进行求解.