山西省省际名校2023届高三数学押题联考(三)试题（Word版附解析）

试题类型：B数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在试卷和答题卡指定位置上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，将答案用0.5mm黑色笔迹签字笔写在答题卡上，写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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，且，则（）A.B.{2}C.D.【答案】C【解析】【分析】根据交集和补集的定义可求.【详解】，由题设有，故，故选：C.2.已知向量满足，且，则在方向上的投影向量为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据投影向量的定义可得，将数据代入计算，即可得到答案；【详解】由,得,,于是, 因此在方向上的投影向量为.故选：B3.已知双曲线经过点，则其渐近线方程是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先应用双曲线经过点求出，再根据双曲线几何性质渐近线方程解决即可.【详解】由题知双曲线经过点，所以，所以，双曲线焦点在轴上，所以双曲线的渐近线方程为，故选：A4.粮食是关系国计民生和国家经济安全重要战略物资，也是人民群众最基本的生活资料，粮食安全是“国之大者”.某农场的粮仓中间部分可近似看作是圆柱，圆柱的底面半径为，上下两部分可以近似看作是完全相同的圆锥，圆柱的高是圆锥高的8倍，且这两个圆锥的顶点相距，制作该粮仓至少需要材料（）（材料厚度忽略不计）A.B. C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意求出圆锥高及母线，再由圆锥、圆柱的侧面积公式求解.【详解】设圆锥的高为，则圆柱高，由题意，，解得，又圆柱底面半径，所以圆锥母线，所以.故选：A5.已知，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据同角三角关系分析运算，注意三角函数值的符号的判断.【详解】由题意可得：，整理得，且，可得，即，可得，因为，可得，所以.故选：D.6.已知正项等比数列满足，则的最小值是（）A.4B.9C.6D.8【答案】D【解析】 【分析】由得，把用表示后用基本不等式求解.【详解】由，得，即，则，当且仅当即时取等号.故选：D7.将一个四棱锥的每个顶点涂上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色，若只有5种颜色可供使用，则共使用4种颜色的概率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】分用5种颜色中的多少种颜色去涂色，分情况计算出总的涂色方法种数，然后用古典概型公式计算即可.【详解】如图：若将四棱锥的每个顶点涂上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色，有5种颜色可供使用，则有以下情况：若5种颜色都使用上，则四棱锥的五个顶点的颜色都不一样，共有种不同涂色的方法；若只使用5种颜色中的4种，则四棱锥的五个顶点中与同色或与同色，共有种不同涂色的方法；若只使用5种颜色中的3种，则四棱锥的五个顶点中与同色且与同色，共有种不同涂色的方法， 综上，一共有种涂色方法，其中共使用4种颜色的涂色方法有240种，则共使用4种颜色的概率.故选：C8.已知函数，则与图象的交点个数是（）A.6B.4C.3D.2【答案】D【解析】【分析】首先判断两个函数的单调性，再结合端点值，即可判断选项.【详解】两个函数的定义域为，且，，所以两个函数都是偶函数，，根据复合函数单调性可知，在函数单调递减，当时，，函数单调递增，当时，，，所以函数单调递减，，，，，，所以，，所以与图象在有1个交点，根据偶函数的性质，在上也有1个交点，所以两个函数共有2个交点.故选：D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，有多项䇞合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知圆的圆心坐标为，半径为，若直线与圆相切于点，则（）A.B. C.点在圆外D.圆被轴截得的弦长为1【答案】BC【解析】【分析】根据切点、切线利用垂直关系得出，求出半径，判断AB，写出圆的方程可判断CD.【详解】因为直线与圆相切于点所以由圆心及切点可得，解得，故B正确；所以，故A错误；故圆的方程为，而，故点在圆外，故C正确；令可得，故圆被轴截得的弦长为2，故D错误.故选：BC10.已知函数.若图象中离轴最近的对称轴为，则（）A.B.的最小正周期为C.图象的一个对称中心是D.的单调递增区间为【答案】BCD【解析】【分析】利用两角和的正弦公式，二倍角公式和辅助角公式化简得，根据求解函数的对称轴即可求得，A错，故，然后逐项根据函数的性质分别判断即可.【详解】 ，则令，得，因为图象中离轴最近的对称轴为，且，则，故，A错；则，故的最小正周期为，B正确；把代入，求得，故是的一个对称中心，C对；令，解得，即的单调递增区间为，D正确.故选：BCD11.已知，则的可能取值有（）A.B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】根据已知条件分，，三种情况分别解决恒成立问题，结合构造函数应用导函数判断函数单调性求解最值即可.【详解】已知， 当时，成立；当时，恒成立或恒成立；即恒成立或恒成立；设单调递减；单调递增；无最大值.设单调递减；单调递增；无最大值.当时，成立或成立；当时，成立或无解；当时，恒成立或恒成立；即恒成立或恒成立；设 单调递减；单调递增；无最小值.设单调递减；无最小值.当时，恒成立或成立；当时，成立；或无解；所以.故选：BD.12.数系的扩充是数学发展的一个重要内容，1843年，数学家哈密顿发现了四元数．四元数的产生是建立在复数的基础上的，和复数相似，四元数是实数加上三个虚数单位，和，而且它们有如下关系：．四元数一般可表示为，其中为实数．定义两个四元数：，那么这两个四元数之间的乘法定义如下：．关于四元数，下列说法正确的是（）A.B.C.D.若，且，则【答案】AD【解析】 【分析】由四元数的定义，四元数的乘法定义逐一判断即可．【详解】对于A：因为，所以，故A正确；对于B：设，由两个四元数之间的乘法定义得，，故B错误；对于C：设，则当，有，所以与不一定相等，故C错误；对于D：设，因为，所以，解得，所以，故D正确，故选：AD．三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.的展开式中的系数是__________.【答案】-15【解析】【分析】写出二项式的通项公式，求解即可.【详解】，令得，所以的系数为.故答案为：-15. 14.已知函数，则的极大值点为__________.【答案】【解析】【分析】利用导数的性质，结合余弦函数的单调性进行求解即可.【详解】，令，得，或；令，得，在上单调递增，在上单调递减，的极大值点为.故答案为：.15.已知抛物线的焦点为，准线为，过的直线交抛物线于两点，交于点，其中在第一象限，且，则直线的斜率为__________.，若的面积为，则__________.【答案】①.②.【解析】【分析】过、作、，垂足为、，设，则，根据抛物线的定义得到，从而求出，即可求出直线的斜率，设与轴交于点，即可得到，再根据面积公式求出，即可得解.【详解】如图分别过、作、，垂足为、，设，则，由抛物线定义得，，所以，则，所以，所以，设与轴交于点，在中，由得，则，所以，， 所以，所以，由，解得（负值舍去），所以.故答案为：；16.已知三棱锥的棱长均为6，三棱锥内有个小球，球与三棱锥的四个面都相切，球与三棱锥的三个面和球都相切，以此类推，球与三棱锥的三个面和球都相切，且，则这个小球的表面积之和等于__________.【答案】【解析】【分析】根据几何关系，求得的半径，归纳出半径的通项公式，再进行求和.【详解】如图：正四面体边长为6，高为，则，又正四面体四个面都是全等的等边三角形，所以有， 所以，因为球与三棱锥的二个面和球都相切，所以用平行于底面且与球相切的平面截正四面体后，得到的小三棱锥仍是正四面体，球和截得的正四面体各个面都相切，所以同理可得，同理，且，.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.如图，在中，为边上一点，.（1）求角；（2）从下面两个条件中选一个，求角.①；②.【答案】（1）（2）选择条件①或②，都有【解析】【分析】（1）由余弦定理求解即可；（2）选择条件①，在中，由正弦定理及角的范围求解即可；选择条件②，在中，由正弦定理及三角函数诱导公式求得结果. 【小问1详解】在中，由余弦定理可知：，又，.小问2详解】若选择条件①：在中，由正弦定理可知：，即，解得.在中，，从而，必有，又，故.若选择条件②：在中，，，由正弦定理可知：，即，解得，又，则，，，故，在中，.18.如图，斜四棱柱的底面为等腰梯形，且，点在底面的射影点在四边形内部，且.（1）求证：平面⊥平面； （2）在线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为，若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，【解析】【分析】（1）作出辅助线，得到四边形为菱形，得到，得到线面垂直，得到平面⊥平面；（2）建立空间直角坐标系，得到各点坐标，设，由二面角的大小得到.【小问1详解】在等腰梯形中，，过作交于，则四边形是菱形，，是等边三角形，，，又平面，∴平面，又平面，平面⊥平面.【小问2详解】由（1）平面⊥平面，∵平面平面， ∴点在底面的射影在上，且，又，由（1）知.以为原点，分别为轴，建立如图空间直角坐标系，则，则，设，，则，易知平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则，解得，令得，，故，，解得：，所以19.中国共产党第二十届中央委员会第二次全体会议于2023年2月26日至28日在北京召开.会议提出，要着力推动经济稳步回升，促进高质量发展，切实保障和改善民生.为了适应新形势，满足国内市场需求，某对外零件加工企业积极转型，新建了两个车间，加工同一型号的零件，质检部门随机抽检了两个车间各100件零件，在抽取的200件零件中，根据检测结果将它们分为一级品､二级品､三级品三个等级，一级品､二级品都是合格品，在政策的扶持下，都可以销售出去，而三级品是次品，必须销毁，具体统计结果如表一所示： 表一等级一级品二级品三级品频数2012060表二合格品次品合计A75B35合计（1）请根据表一所提供的数据，完成的列联表（表二），依据的独立性检验，能否认为零件的合格率与生产车间有关？（2）每个零件的生产成本为30元，一级品､二级品零件的出厂单价分别为元，元，每件次品的销毁费用为4元.用样本的频率估计总体的概率，已知车间抽检的零件中有10件为一级品，并利用表一､表二的数据，若两车间都能盈利，求实数的取值范围.附：，其中.0.500.400.250.150.100.050.4550.7081.3232.07227063.841【答案】（1）列联表见解析，不能认为零件的合格率与生产车间有关（2）【解析】【分析】（1）根据题意完善列联表，再利用独立性检验算出进行判断即可；（2）根据题意假设两车间生产1个零件并售出的利润分别为，根据步骤分别求得的分布列及数学期望，从而得解.【小问1详解】 零假设为：零件的合格率与生产车间无关，完整的列联表为：合格品次品合计75251006535100合计14060200由表中数据得：所以依据的独立性检验，零假设成立，即不能认为零件的合格率与生产车间有关.【小问2详解】设两车间生产1个零件并售出的利润分别为元､元，则的所有可能取值为，（负值表示亏损），由题意可得两车间抽检的一级品､二级品､三级品的零件个数为一级品二级品三级品106525105535则的分布列为：则的分布列为：所以车间生产1个零件的平均利润为.车间生产1个零件的平均利润为. 由可得，所以当时，两车间都能盈利.20.已知椭圆的离心率为为的右焦点，过点作与轴不重合的直线，交于两点，当与轴平行时，.（1）求的方程；（2）为的左顶点，直线分别交直线于两点，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用椭圆的右焦点结合，转化求解，得到椭圆方程.（2）当直线斜率不存在时，求出相关点的坐标，验证；当直线斜率存在时，设直线，，由消去，利用韦达定理，表示出，即可求得结果.【小问1详解】设，当与轴平行时，直线方程为，则在椭圆上，代入椭圆方程得，又因为离心率，解得.所以的方程为.【小问2详解】设，由椭圆的方程得， 当直线斜率不存在时，，直线的方程为，令得，同理.若直线斜率存在时，设直线，联立得，即，，直线的方程为，令得，同理，则.综上，得的值为21.已知正项数列的前项和满足关系式.（1）求数列的通项公式； （2）设，证明.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用，得到，进而得到，得到为等差数列，求出通项公式；（2）由得到，当时，，当时，显然成立，当时，，当（且）时，，，故当时，有.【小问1详解】由得，当时，，两式相减得，，当时，由，得，也满足上式..当时，，则，又，所以，∴数列是等差数列，. 【小问2详解】证明：由（1）得，，注意到当时，.当时，.当时，显然成立.当时，，从而时，.当（且）时，，.综上可知当时，有.【点睛】对于公式，（1）当时，用替换中的得到一个新的关系式，利用，可得时的表达式，（2）当时，，求出，（3）对时的结果进行检验，看是否符合时的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写，如果不符合，则要分开写.22.已知，函数.（1）若是增函数，求的取值范围；（2）证明：当，且时，存在三条直线是曲线的切线，也是曲线 的切线.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）先利用导数判断导函数的单调性，再结合函数的单调性，即可求解；（2）首先求曲线的切线方程，再与曲线的方程联立，再根据判别式构造函数，，利用导数判断函数的单调性，并结合零点存在性定理判断函数有3个零点.【小问1详解】的定义域为令，令，得；令，得，故在上单调递减，在上单调递增，从而，故取值范围是.【小问2详解】设曲线的切点为，则曲线在点处的切线方程为.联立，得，必有， 记函数，由题，故当时，.记，令，得；令，得，故在上单调递减，在上单调递增.当，且时，，当时，，故存在，使得，当，或时，；当时，，故在上单调递增，在上单调递减.由，得，代入并整理得：同理，记，由（1）知为增函数，，，又，当时，，有三个零点，存在三条直线是曲线的切线，也是曲线的切线.【点睛】 关键点睛：本题考查根据函数的导数判断函数的单调性，以及切线，零点，函数性质的综合应用问题，推理难度较大，第二问的关键是根据判别式来设函数，转化为函数有3个零点问题.