2023届山西省晋城市第一中学（南岭校区）高三上学期第五次调研数学试题含解析

2023届山西省晋城市第一中学（南岭校区）高三上学期第五次调研数学试题

一、单选题

1．集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先求出集合A、B，再求出.

【详解】因为，，所以．

故选：D

2．已知，，，则（     ）

A． B．2 C． D．4

【答案】B

【分析】由数量积的运算性质计算即可得解.

【详解】因为，，，

所以，

故选：B

3．数列满足，则数列的前12项和为（    ）

A．64 B．150 C．108 D．240

【答案】C

【分析】分别代入，进而根据三角函数周期分析数列的规律，求得，，进而求得即可.

【详解】，再分别代入可得，，，.

由周期为2，同理可得，.

∴.

故选：C.

4．已知，则的最小值为（    ）

A．50 B．49 C．25 D．7

【答案】B

【分析】由结合基本不等式求解即可.

【详解】因为，所以，根据基本不等式，，

当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为49.

故选：B.

5．“a＝3”是“圆与圆相切”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】A

【分析】当两圆外切时，a＝－3或a＝3；当两圆内切时，a＝1或a＝－1．再利用充分必要条件的定义判断得解.

【详解】解：若圆与圆相切，

当两圆外切时，，所以a＝－3或a＝3；

当两圆内切时，，所以a＝1或a＝－1．

当时，圆与圆相切，

所以“a＝3”是“圆与圆相切”的充分条件．

当圆与圆相切时，不一定成立，

所以“a＝3”是“圆与圆相切”的不必要条件．

所以“a＝3”是“圆与圆相切”的充分不必要条件．

故选：A

6．已知为等边三角形，为的中点，，则（    ）

A． B． C．2 D．4

【答案】C

【分析】根据数量积的定义，结合等边三角形的性质，即可求得答案.

【详解】由题意知为等边三角形，为的中点，故，

设，则，

所以，

故选：C.

7．定义在上的偶函数满足：对任意的有则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由题意可知在递减，结合偶函数，即可得到结果.

【详解】因为满足，对任意的有，

所以在上单调递减

且为偶函数，则

由可得，即

故选:A

8．在正三棱锥中，，分别是，的中点，且，，则正三棱锥的内切球的表面积为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】设点是点在底面上的射影，利用正三棱锥的性质结合条件可得平面，进而可得该三棱锥的表面积，然后结合体积公式可得内切球的半径，即得.

【详解】设点是点在底面上的射影，则平面，平面，

所以，由三棱锥为正三棱锥可得，点为底面的中心，

所以，又，

所以平面，平面，

所以，

因为，分别是，的中点，

所以，因为，

所以，又，

所以平面，又，平面，

所以，，又三棱锥是正三棱锥，

所以三条侧棱两两互相垂直，因为，

所以，

所以，

所以该三棱锥的表面积，

设内切球的半径为，又该三棱锥的体积，

所以，

所以此内切球的表面积为.

故选：D.

9．已知为抛物线的焦点，过且斜率为1的直线交于两点，若，则（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】D

【分析】通过抛物线焦点坐标及点斜式即可求解出直线的方程，代入的方程，设，根据根与系数关系即可得出与的关系，通过抛物线上的点到焦点的距离与该点到抛物线准线距离相等可知，代入即可转化为关于的二元一次方程，即可求解.

【详解】由题意知的方程为，代入的方程，得，设，则；因为，且，所以32，整理得，所以，结合，解得.

故选：D.

【点睛】直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系.

10．已知当时，函数的图像与函数的图像有且只有两个交点，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先将与有两个交点，转化为有两个零点，利用导数分析的图像，数形结合可得与有两个交点时的取值范围.

【详解】由题设可知，当时，与有两个交点，等价于有两个根，

令，则，所以当时，，则单调递减；

当时，，则单调递增，故，

当，，，故；

当时，，，故，如图；

所以当时，直线与的图像有两个交点，

即函数的图像与函数的图像有且只有两个交点.

故选：A.

二、多选题

11．已知直线l：与圆C：相交于A，B两点，O为坐标原点，下列说法正确的是（    ）

A．的最小值为 B．若圆C关于直线l对称，则

C．若，则或 D．若A，B，C，O四点共圆，则

【答案】ACD

【分析】判断出直线过定点，结合勾股定理、圆的对称性、点到直线的距离公式、四点共圆等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】直线过点，

圆，即①，

圆心为，半径为，

由于，所以在圆内.，

所以，此时，所以A选项正确.

若圆关于直线对称，则直线过两点，斜率为，所以B选项错误.

设，则，此时三角形是等腰直角三角形，

到直线的距离为，即，

解得或，所以C选项正确.

对于D选项，若四点共圆，设此圆为圆，圆的圆心为，

的中点为，，

所以的垂直平分线为，则②，

圆的方程为，

整理得③，

直线是圆和圆的交线，

由①-③并整理得，

将代入上式得，④，

由②④解得，

所以直线即直线的斜率为，D选项正确.

故选：ACD

【点睛】求解直线和圆位置关系有关题目，首先要注意的是圆和直线的位置，是相交、相切还是相离.可通过点到直线的距离来判断，也可以通过直线所过定点来进行判断.

12．已知函数（）在区间上有且仅有条对称轴，给出下列四个结论，正确的是（    ）

A．在区间上有且仅有个不同的零点

B．的最小正周期可能是

C．的取值范围是

D．在区间上单调递增

【答案】BC

【分析】根据三角函数对称轴情况可得的取值范围，进而判断各选项.

【详解】解：由函数（），

令，，则，，

函数在区间上有且仅有条对称轴，即有个整数符合，

由，得，即，

则，，，，

即，

，C正确；

对于A，，，

，

当时，在区间上有且仅有个不同的零点；

当时，在区间上有且仅有个不同的零点；故A错误；

对于B，周期，由，则，

，

又，所以的最小正周期可能是，故B正确；

对于D，，，

又，

又，所以在区间上不一定单调递增，故D错误；

故选：BC．

三、填空题

13．已知，则___________.

【答案】

【分析】由已知求出，然后利用二倍角公式和同角三角函数间的关系对化简变形，转化为含正切的式子，然后代值计算即可.

【详解】因为，所以，

所以.

故答案为：

14．有10个运动员名额分给7个班，每班至少一个名额，共有______种分配方案.

【答案】84

【分析】以挡板法去求解即可.

【详解】10个名额没有差别，把它们看成是10个圆圈排成一排，相邻圆圈之间形成9个空隙.

在9个空隙中选6个空隙放入6个隔板，即可把圆圈（名额）分成7份，

对应分给7个班级，即可达到题意要求.

每一种插板的放置方法对应一种分法，共有种分法.

故答案为：84

15．在中，是的中点，若，则___________.

【答案】

【分析】根据锐角三角形函数定义，结合同角的三角函数关系式进行求解即可.

【详解】设，则在Rt中，，所以，

由，所以，

所以，解得，

所以，

而，所以解得，即，

所以.

故答案为：

【点睛】关键点睛：利用同角的三角函数关系是解题的关键.

16．若动直线和圆相交于、两点，则弦的中点坐标所满足的等式为______．

【答案】

【分析】求出直线过定点，设线段的中点为，分析可得，分析可知点不在轴上，由此可得出结果.

【详解】对于直线，由可得，即直线过定点，

设线段的中点为，圆的圆心为原点，

由垂径定理可知，则，

即，即，

作出圆与圆的图形如下图所示：

因为直线的斜率存在，所以，点不在轴上，故.

所以，弦的中点坐标所满足的等式为.

故答案为：.

四、解答题

17．已知函数.

(1)求函数的最小正周期及单调递增区间；

(2)求函数在区间的值域；

(3)若函数在区间内有两个不同的零点，求实数的取值范围.

【答案】(1)，；

(2)

(3)

【分析】（1）由二倍角公式和辅助角公式化简，进而根据周期公式以及整体法求单调区间，

（2）由范围得的范围，结合正弦函数的性质即可求解值域，

（3）数形结合即可求解.

【详解】(1)由得,，

故最小正周期为，

由，解得，

故的单调递增区间为；

(2)因为，所以，，

所以，即的值域为；

(3)令，则，故问题转化为在区间内有两个不同的根，令，且，则问题等价于在有两个根，由的图象可知：当时，有两个根.故

18．在数列中，，，，其中.

(1)证明数列是等差数列，并写出证明过程；

(2)设，且，数列的前项和为，求；

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据等差数列的定义只需证明为常数，即可得证；

（2）由（1）可得，即，利用错位相减法计算可得.

【详解】(1)解：因为，，，

所以

，

又，所以数列是以为公差，为首项的等差数列；

(2)解：由（1）可得，所以，

所以①，

②，

所以①②得

，

所以.

19．在中，内角，，所对的边分别为，，，为上一点，，．

(1)若，求；

(2)若，当面积取最小值时，求的值．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）利用正余弦定理及三角形内角性质求；

（2）利用等面积法结合基本不等式可得面积取最小值时，再由余弦定理即可得解.

【详解】(1)令，又，

所以，即，

则，即，

又，则，故.

(2)由三角形面积公式可得，

且，

所以，即，

即，当且仅当时，等号成立，此时面积取最小值，

此时，，

所以当面积取最小值时，.

20．甲、乙、丙三人进行围棋比赛，规则如下：甲、乙进行第一局比赛，丙旁观；每局比赛的胜者与旁观者进行下一局比赛，负者下一局旁观；直至有人累计胜两局，则比赛结束，且先累计胜两局者为本次比赛获胜者.已知甲乙对弈，每局双方获胜的概率均为0.5，甲丙对弈、乙丙对弈，每局丙获胜的概率均为0.4、对方获胜的概率均为0.6，各局比赛结果相互独立.

(1)设本次比赛共进行了X局，求X的分布列与数学期望；

(2)若比赛结束时共进行了4局对弈，求丙是本次比赛获胜者的概率.

【答案】(1)分布列见解析，

(2)0

【分析】（1）根据题意找到可能的取值及每个取值包含的情况，利用相互独立事件的概率公式分别求其概率，即可得分布列和计算数学期望；

（2）列出比赛结束时共进行了4局对弈包含的情况，可得出丙是本次比赛获胜者的概率.

【详解】(1)解：由题可知的可能取值为2，3，4.

设表示“甲胜乙”，表示“乙胜甲”，表示“甲胜丙”，表示“丙胜甲”，表示“乙胜丙”，表示“丙胜乙”.

包含“甲胜，乙胜”，,

包含“丙胜，丙胜”，,

，

的分布列为

的数学期望为；

(2)若比赛结束时共进行了4局对弈，由（1）知，可能的情况有：

甲胜，乙胜，甲胜，乙胜，

所以对弈4局比赛结束，丙是本次比赛获胜者的概率为0.

21．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)

【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.

【详解】(1)

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；

(2)

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.

22．已知函数.

(1)当时，求函数的单调区间；

(2)若对于任意的，都存在，使得成立，试求实数的取值范围.

【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为

(2)

【分析】（1）求出导函数，由导数的正负确定单调性；

（2）利用导数求出的最小值，问题转化为不等式恒成立，再用分离参数法分离参数后转化为求函数的最大值．

【详解】(1)由题可知函数的定义域为.

因为，则.

当时，.

所以当时，，函数在上单调递减；

当时，，函数在上单调递增.

所以的单调递增区间为的单调递减区间为.

(2)因为，所以，

又，所以，故函数在上单调递增，

所以.

所以对任意的恒成立，即恒成立.

所以恒成立.

令，则.

令，则，解得.

当时，，所以函数在上单调递增；

当时，，所以函数在上单调递减.

所以.所以.

所以实数的取值范围是.

【点睛】方法点睛：本题考查用导数研究函数的单调性、确定不等式恒成立问题．在含有全称量词与存在量词的命题中注意问题的转化：

（1）对于任意的，任意的，恒成立，

（2）对于任意的，存在，使得成立，

（3）存在，使得对任意的，都有成立，

（4）存在，存在，使得成立．