2023届山西省部分学校高三上学期12月质量检测数学试题含解析

2023届山西省部分学校高三上学期12月质量检测数学试题

一、单选题

1．已知集合，则集合的真子集的个数为（    ）

A．16 B．15 C．32 D．31

【答案】B

【分析】先求出不等式的解集确定集合中元素，然后求出真子集的个数即可.

【详解】不等式可化为，解得：，

所以集合

则其真子集的个数为.

故选：B.

2．已知向量，满足，，且，则向量，夹角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先由平面向量模的坐标表示求得，再利用平面向量数量积与模求得向量，夹角的余弦值.

【详解】依题意，设与夹角为，

因为，，，

所以.

故选：C.

3．在的展开式中，常数项为（    ）

A．12 B．13 C．15 D．18

【答案】B

【分析】展开式中有项，项，项与常数项.

展开式中有项，项，项，项与常数项.

则的展开式中常数项为中项系数与展开式中项系数乘积与两式中常数项乘积之和.

【详解】，

，

故常数项为.

故选：B.

4．“m=0是“直线与直线之间的距离为2”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】根据平行线间的距离公式可得或，进而根据充分与不必要条件的定义判断即可.

【详解】两条平行线间的距离，即，解得或，

即“”是“两直线间距离为2”的充分不必要条件.

故选：A.

5．已知双曲线C1：与双曲线C2：的离心率分别为e1，e2，则e1e2的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由双曲线方程，把离心率表示出来，再利用基本不等式求最小.，

【详解】易知，，则，

由基本不等式，，当且仅当，即时等号成立，故的最小值为.

故选：D.

6．已知函数（其中）在上单调递增，在上单调递减，则的取值范围为（    ）

A． B． C．  D．

【答案】C

【分析】利用在上单调递增，在上单调递减得到的范围可得答案.

【详解】当时，，所以，解得，

当时，，因为，所以，

所以，解得，综上所述，.

故选：C.

7．在正三棱锥P－ABC中，O为△ABC的中心，已知AB=6，∠APB=2∠PAO，则该正三棱锥的外接球的表面积为（    ）

A．49π B．36π C．32π D．28π

【答案】A

【分析】设侧棱长为x，由求得和的余弦值，利用二倍角公式可求得，从而求得棱锥的高，设球心为M，球半径为，表示出，然后由勾股定理可求得，得球表面积．

【详解】设侧棱长为x，且易知

则，

因为，则,所以，解得，

所以，

设球心为M，则MP=MA=R，，

因为，所，解得，所以表面积，

故选：A.

8．已知函数，其中e是自然对数的底数，若直线与曲线相切于不同的两点A，B，且A，B的横坐标分别为，则实数a的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由导数的几何意义与切点的性质得到同时满足方程和方程，从而推得方程与，两式相加即可求得，由此得解.

【详解】由题意可知，同时满足方程和方程，

因为，则，所以，

因为，所以满足方，

又满足方程，所以，则，

又由得，则，即，

上述两式相加得，整理得，

所以实数a的值为.

故选：D.

二、多选题

9．已知复数z满足，则下列说法中正确的是（    ）

A．复数z的模为 B．复数z在复平面内所对应的点在第四象限

C．复数z的共轭复数为 D．

【答案】AD

【分析】根据复数的四则运算和几何意义求解即可.

【详解】因为，所以，

，

有，故A正确；

复数在复平面内所对应的点为，位于第一象限，故B错误；

复数的共轭复数为，故C错误；

因为，故D正确，

故选:AD.

10．已知满足，且，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】根据平方关系求出，再根据两角和的正弦公式即可判断A；根据两角差的余弦公式即可判断B；根据结合两角差的正弦公式即可判断C；根据二倍角的正切公式即可判断D.

【详解】解：因为，且，

所以，，

则，

所以，故A错误；

由，得，

，

所以，则，故B正确；

由，，

得，，

，

所以，故C正确；

因为，

所以，

故，故D正确.

故选：BCD.

11．已知事件相互独立，则（    ）

A．事件与事件不相互独立 B．

C．事件与事件互斥 D．在事件发生的条件下，事件与事件互为对立事件

【答案】BCD

【分析】根据独立性和互斥性的概念以及条件概率的公式逐项分析即可求出结果.

【详解】因为

，因此事件与事件相互独立，故A错误；

因为，故B正确；

因为事件相互独立，由A选项证得的结论知事件与事件相互独立，

因此与不可能同时发生，所以与互斥，故C正确；

，

，

又因为，所以在事件发生的条件下，事件与事件互为对立事件，故D正确，

故选：BCD.

12．已知抛物线）与抛物线在第一象限内的交点为，若点P在圆C：上，则（    ）

A．的取值范围为

B．当直线OP与圆C相切时，的值为

C．的最大值为

D．的最小值为

【答案】AC

【分析】由题意结合基本不等建立的不等式，解不等式可判断A；由直线与圆相切可得，进而可得的值，从而判断B；利用换元法结合二次函数的性质可判断CD

【详解】因为，所以，

又，所以，

解得，即A正确；

因为，所以，

当OP与圆相切时，，所以，

所以，所以，即B错误；

因为，

令，，则，

，

得，所以，即C正确，D错误，

故选：AC.

三、填空题

13．已知菱形ABCD的边长为2，.将该菱形绕AB旋转一周，所形成几何体的体积为______.

【答案】

【分析】将该菱形绕AB旋转一周，所形成几何体的等同于底面半径为，高为2的圆柱体的体积，由圆柱的体积公式求解即可

【详解】过点作交于点，过点作交于点，

过点作交的延长线于点，

因为菱形ABCD的边长为2，，

所以，且与全等，

将该菱形绕AB旋转一周，所形成几何体的等同于底面半径为，高为2的圆柱体的体积，所以.

故答案为：

14．已知奇函数在上单调递减，且，则函数的解析式可以为=______.（写出一个符合题意的函数即可）

【答案】（答案不唯一）

【分析】根据正弦函数的周期和单调性的性质，直接写出符合题意的解析式即可.

【详解】因为，所以奇函数的周期为4，所以可得，

时，，可知此时在上单调递减.

故答案为：

15．若函数（其中）存在最小值，则实数a的取值范围为______.

【答案】

【分析】求导后因式分解，并分类讨论极值点与区间端点的大小关系可以进一步求解.

【详解】，

①若，根，单调递减，无最小值，不符合题意；

②若，令，解得在上递减，上递增，

，

所以符合题意；

③若，则，单调递增，无最小值，不符合题意；

综上所述：.

故答案为：.

四、双空题

16．已知数列，若一个新数列的前n项和为，则称该数列为数列的“一阶衍生数列”，记作数列；同样的，若再有一个新数列的前n项和为，则称该数列为数列的“二阶衍生数列”，记作数列；以此类推…….记为数列的“k阶衍生数列”中的第m项，已知，则______；设数列的前n项和为，则=______.

【答案】     17    

【分析】①根据新定义求即可；

②根据新定义得到，再结合得到，然后再利用新定义得到，结合，得到，最后分组求和即可.

【详解】因为，，，所以，，

所以；

由题意可知，，且，所以，

所以，

又，所以，所以，即，

因为，所以，

所以，

又，所以，即，

所以.

故答案为：①17；②.

五、解答题

17．从①；②；③三个选项中，任选一个填入下列空白处，并求解.已知数列，满足，且，，______，求数列的前项和.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

【答案】选①，选②，选③

【分析】先根据递推公式可得，进而得到.选①：化简可得，直接可得；选②：化简可得，再代入裂项求和即可；选③：，错位相减求和即可.

【详解】因为，所以，

又因为，所以，所以，.

选①：，

所以，

选②：，

所以，

选③：，所以，

，

两式相减，可得

18．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，.

(1)若，求的值；

(2)求的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据正弦定理边化角即可；

（2）利用余弦定理结合已知得，利用二次函数求得最小值．

【详解】（1）解：，且，

，

，

由正弦定理可知，

，

，

即，

，

整理得，

；

（2）解：，

由余弦定理可知，

，且，

，

当时，

的最小值为．

19．“国际茶日”是中国首次成功推动设立的农业领城国际性节日，它的设立彰显了世界各国对中国茶文化的认可，肯定了茶叶的经济、社会和文化价值以及在促进全球农业可持续发展中的贡献.今年，农业农村部将继续组织开展庆祝“国际茶日”有关活动，并同意于5月21日在广东省潮州市举办，组委会为大会招募志愿者，准备了3道测试题，答对两道就可以被录用，甲、乙两人报名参加测试，他们通过每道试题的概率均为，且相互独立，若甲选择了全部3道试题，乙随机选择了其中2道试题，试回答下列问题.（所选的题全部答完后再判断是否被录用）

(1)求甲和乙各自被录用的概率；

(2)设甲和乙中被录用的人数为，请判断是否存在唯一的p的值，使得？并说明理由.

【答案】(1)甲被录用的概率为，乙被录用的概率为；

(2)存在，理由见解析.

【分析】（1）设用答对题目的个数为X，由题意X～B（3，p）求解；

（2）易知的可能取值为0，1，2，分别求得其相应概率，求期望即可.

【详解】（1）解：设用答对题目的个数为X，由题意，得X～B（3，p）

则甲被录用的概率为，

乙被录用的概率为；

（2）的可能取值为0，1，2，则，

；，

∴，

，

设，则.

∴当时，f（p）为增函数.

又，，

所以存在唯一的p的值p0，使得，

即.

20．如图，在等腰直角三角形中，是的中点，是上一点，且.将沿着折起，形成四棱锥，其中点对应的点为.

(1)在线段上是否存在一点，使得平面？若存在，指出的值，并证明；若不存在，说明理由；

(2)设平面与平面的交线为，若二面角的大小为，求四棱锥的体积.

【答案】(1)存在，，证明见解析

(2)

【分析】（1）过点作，在上取一点，使得，连接，可得四边形CFMH是平行四边形，即CFHM，从而可证明；

（2）延长交于点，连接，作的中点，连接，求出四棱锥的高，再用体积公式计算即可.

【详解】（1）当时，平面，证明如下：

过点作，垂足为，

在上取一点，使得，连接，

因为，所以，

因为是的中点，且，所以

所以，所以四边形CFMH是平行四边形，即CFHM，

又因为平面平面，所以平面.

（2）延长交于点，连接，

作的中点，连接，

易知平面与平面的交线即为，

因为为的中点，

所以，

所以即为二面角的平面角，

因为，且

平面，所以平面，

因为平面，所以平面平面.

因为平面，所以.

因为，且易知，所以，

所以，则，

所以，

所以四棱锥的高，

又四边形的面积，

所以四棱锥的体积.

21．已知椭圆C：的左，右焦点分别为，，动直线l：与椭圆C相切，且当时，.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)作F1P⊥l，F2Q⊥l，垂足分别为P，Q，求四边形F1F2QP的面积的最大值.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据椭圆切线的性质，结合一元二次方程根的判别式进行求解即可；

（2）根据梯形的面积公式，结合对钩函数的单调性、点到直线距离公式进行求解即可.

【详解】（1）联立得

∴，且

∴把代人，得，

∴椭圆C的标准方程为；

（2）由（1）可知F1（－1，0），F2（1，0），

∴|，

由（1）知，由，可知n+m和n-m同号，

可知

设直线l的倾斜角为，

则，

∴

由（1）可知，代人得

令，函数在上单调递增，

∴当，时，取最大值.

【点睛】关键点睛：利用对钩函数的单调性是解题的关键.

22．已知函数.

(1)求函数f（x）的极值；

(2)若关于x的不等式恒成立，求实数a的取值范围.

【答案】(1)极大值为，极小值为0；

(2)

【分析】（1）由导数研究函数的单调性，进而研究其极值；

（2）将不等式转化为，研究的最小值，分类讨论与是否成立，即可得结果.

【详解】（1）∵

∴，解得或，，解得，

故函数的增区间为 ， ，减区间为（－1，0），

∴函数的极大值为，极小值为.

（2）不等式，可化为，，

可化为，

可化为，

可化为，

令， ，有，

，解得 ，，解得，

可得函数的减区间为（0，1），增区间为（1，+∞），

∴（当且仅当时取等号），

可得不等式，（当且仅当时取等号）

故有，（当目仅当时取等号）

①当时，因为，所以，，可知不等式成立；

②当时，令，

，

∴在单调递增，且，

可知存在满足，

此时有，而，此时不满足恒成立，

综述：.

即：若不等式恒成立，则实数a的取值范围为（－∞，1].

【点睛】不等式恒成立（能成立）问题，一般有两种方法，方法1：分离参数法解决恒(能)成立问题，

方法2：根据不等式恒成立构造函数转化成求函数的最值问题，一般需讨论参数范围，借助函数单调性求解．分类讨论思想是高中数学一项重要的考查内容.分类讨论思想要求在不能用统一的方法解决问题的时候，将问题划分成不同的模块，通过分块来实现问题的求解，体现了对数学问题的分析处理能力和解决能力.