2023届山西省部分学校高三上学期11月联考数学试题（解析版）

2023届山西省部分学校高三上学期11月联考数学试题

一、单选题

1．已知，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】设出，得到，，从而列出方程，求出，，得到答案.

【详解】设复数，则，

因为，所以，解得，

因为，，所以，解得，

故.

故选：B

2．定义差集且，已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据差集的定义直接求解即可.

【详解】因为，，

所以，

所以．

故选：B

3．“”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】A

【分析】利用二倍角公式解得或，即可得到答案.

【详解】若，则.若，则或.故“”是“”的充分不必要条件.

故选：A.

4．已知函数则（    ）

A． B．2 C． D．1

【答案】D

【分析】代入分段函数，求出函数值.

【详解】因为，所以.

故选：D

5．已知某种装水的瓶内芯近似为底面半径是4dm、高是8dm的圆锥，当瓶内装满水并喝完一半，且瓶正立旋置时（如图所示），水的高度约为（    ）

（参考数据：，）

A．1.62dm B．1.64dm C．3.18dm D．3.46dm

【答案】B

【分析】由题意可知当装水的瓶正立放置时，圆锥上半部分的体积占圆锥体积的一半，设上半部分小圆锥的底面半径为r dm，则小圆锥的高为2r dm，然后列方程可求出，从而可求出结果.

【详解】因为瓶内装满水并喝完一半，

所以当装水的瓶正立放置时，圆锥上半部分的体积占圆锥体积的一半，

设上半部分小圆锥的底面半径为r dm，则由题意可得小圆锥的高为2r dm，

则，解得，

即，．

则剩余的水的高度为．

故选：B

6．若，椭圆C：与椭圆D：的离心率分别为，，则（    ）

A．的最小值为 B．的最小值为

C．的最大值为 D．的最大值为

【答案】D

【分析】根据，求得两个椭圆的离心率，然后利用基本不等式求解.

【详解】解：因为，

所以，，

所以，

当且仅当时，等号成立，

故的最大值为，无最小值．

故选：D

7．展开式中的系数为（    ）

A． B．21 C． D．35

【答案】A

【分析】先将原式整理为，视为两项的展开式，要含有的项，需要在中找即可

【详解】因为展开式的通项公式为，所以当时，含有的项，此时，故的系数为．

故选：A

8．正三棱柱的底面边长是4，侧棱长是6，M，N分别为，的中点，若点P是三棱柱内（含棱柱的表面）的动点，MP∥平面，则动点P的轨迹面积为（    ）

A． B．5 C． D．

【答案】C

【分析】取AB的中点Q，证明平面平面得动点P的轨迹为△MQC及其内部（挖去点M）．然后计算△MQC的面积即可．

【详解】取AB的中点Q，连接MQ，CQ，MC，由M，N，Q分别为，，AB的中点可得，平面，平面，

所以平面，同理得平面，，平面，则平面平面，

所以动点P的轨迹为△MQC及其内部（挖去点M）．

在正三棱柱中，△ABC为等边三角形，Q为AB的中点，则，

平面平面，平面平面，则CQ⊥平面，平面，

所以．

因为，所以，

因为侧棱长是6，所以．

所以，则△MQC的面积，

故动点P的轨迹面积为．

故选：C

【点睛】结论点睛：本题考查空间点的轨迹问题，空间点的轨迹几种常见情形：

（1）平面内到空间定点的距离等于定长，可结合球面得轨迹；

（2）与定点的连线与某平面平行，利用平行平面得点的轨迹；

（3）与定点的连线与某直线垂直，利用垂直平面得点的轨迹；

（4）与空间定点连线与某直线成等角，可结合圆锥侧面得轨迹；

二、多选题

9．下列函数的值域是的子集的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ACD

【分析】A选项，根据，得到，故A正确；

B选项，由基本不等式求出，B错误；

C选项，根据函数单调性可得到，C正确；

D选项，配方得到函数的值域，D正确.

【详解】因为，所以，A正确；

，当且仅当，即时，等号成立，

因为，B错误；

因为单调递增，且，故，C正确；

，当且仅当时，等号成立，故D正确.

故选：ACD.

10．将函数的图象向右平移个单位长度后，再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的，得到函数的图象，若在内恰有5个极值点，则的取值可能是（    ）

A． B． C． D．

【答案】BCD

【分析】利用三角函数的平移变换和伸缩变换得到，再根据因为在内恰有5个极值点，由求解.

【详解】解：将的图象向右平移个单位长度后，得到的图象，

再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的，得到，

设，由，得，

因为在内恰有5个极值点，

所以，

解得．

故选：BCD

11．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：，.该数列的特点如下：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数组成的数列称为斐波那契数列，现将中的各项除以2所得的余数按原来的顺序构成的数列记为，数列的前项和为，数列的前项和为，下列说法正确的是（    ）

A． B．若，则

C． D．

【答案】ACD

【分析】根据数列的特征得到为，为周期为3的数列，从而得到，A正确；

根据数列的周期求和得到或，所以B错误.

利用斐波那契数列的特征得到，C正确；

根据提公因式和斐波那契数列的特征得到D正确.

【详解】根据斐波那契数列的特征可以看出：数列为依次连续两个奇数和一个偶数，

所以数列为，则数列为周期数列，且周期为3，

所以，所以A正确.

因为，且，所以或，所以B错误.

因为

，所以C正确.，

所以D正确.

故选：ACD

【点睛】斐波那契数列有以下性质：

（1）从第二项开始，每个偶数项的平方都比前后两项之积多1，每个奇数项的平方都比前后两项之积少1，

（2）奇数项之和，偶数项之和，

（3）平方之和，

（4）两倍项关系，

（5）.

12．若，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】令，利用导数研究单调性可判断AB；令，利用导数研究单调性可判断CD

【详解】令，则，

故为增函数，

由，得，故A错误，B正确.

令，则，

当时，，

则的导函数，

则在上单调递减，

则，得在上单调递减，

所以，得，故C正确，D错误.

故选：BC.

三、填空题

13．已知向量，，若A，B，C三点共线，则____________．

【答案】5

【分析】由向量共线的坐标表示求解.

【详解】由A，B，C三点共线知，则，解得．

故答案为：5．

14．如图1，青铜大立人像，1986年于三星堆遗址二号祭祀坑出土，重约180公斤，是距今已有3000多年历史的青铜器.如图2，小张去博物馆参观青铜大立人像时，他在A处观测青铜大立人像顶部P的仰角为30°，他再向青铜大立人像底部H前进388厘米到达B处，观测青铜大立人像顶部P的仰角为75°，已知A，B，H三点共线，则青铜大立人像的高为____________厘米.（取）

【答案】

【分析】根据题意，在中，利用正弦定理求出，然后在中即可求解.

【详解】由题意可知：，，因为，所以，在中，由正弦定理可得：，

即，解得：，

在中，，

所以，

（）

故，

故答案为：.

15．已知，点P满足，动点M，N满足，，则的最小值是____________．

【答案】3

【分析】以的中点O为坐标原点，的中垂线为y轴，建立如图所示的直角坐标系，由双曲线定义得点P的轨迹是以，为焦点，实轴长为6的双曲线的左支，然后根据双曲线的性质，数量积的运算律求解．

【详解】以的中点O为坐标原点，的中垂线为y轴，建立如图所示的直角坐标系，则，由双曲线定义可知，点P的轨迹是以，为焦点，实轴长为6的双曲线的左支，即点P的轨迹方程为．，由，

可得．

因为的最小值为，所以的最小值是3．

故答案为：3.

四、双空题

16．若函数的导函数为偶函数，则__________，曲线在点处的切线方程为__________.

【答案】     1    

【分析】求导，根据导函数为偶函数，得到，从而得到，，从而求出切线方程.

【详解】因为为偶函数，

所以，

故，解得：，

故，，

则.又，

故曲线在点处的切线方程为，即.

故答案为：1，.

五、解答题

17．已知在等比数列中，，且,,成等差数列，数列满足,，.

(1)求的通项公式；

(2)设，求数列的前项和.

【答案】(1);

(2).

【分析】（1）由已知条件求得等比数列的公比和首项，即可求得其通项公式；

（2）求得的通项公式，结合（1）的结论可得，利用分组求和法，结合等比数列的前n项和公式即可求得答案.

【详解】（1）因为,,成等差数列，所以 ,

又因为在等比数列中，,所以，得的公比 ，

所以 ,解得 ，故.

（2）由,，，得 ，

则是等差数列，因为,所以，

则 ，

则

．

18．如图，在平面四边形中，.

(1)求的值；

(2)求的长度.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由勾股定理得到，从而求出，再利用余弦差角公式进行计算；

（2）先求出，再利用余弦定理求出答案.

【详解】（1）在中，由勾股定理得，

，

；

（2）因为，所以，

在中，由余弦定理得：

19．故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式，庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式，由一条正脊和四条垂脊组成，因此又称五脊殿．由于屋顶有四面斜坡，故又称四阿顶．如图，某几何体ABCDEF有五个面，其形状与四阿顶相类似．已知底面ABCD为矩形，AB＝2AD＝2EF＝8，EF∥底面ABCD，EA＝ED＝FB＝FC，M，N分别为AD，BC的中点．

(1)证明：EF∥AB且BC⊥平面EFNM．

(2)若二面角为，求CF与平面ABF所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由线面平行的性质结合已知条件可证得EF∥AB，由等腰三角形的性质可得EM⊥AD，FN⊥BC，再结合线面垂直的判定可证得BC⊥平面EFNM；

（2）过点E作，垂足为H，作，垂足为K，以H为原点，以的方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求解即可.

【详解】（1）证明：因为EF∥底面ABCD，平面ABFE，平面底面，

所以．

因为，M，N分别为AD，BC的中点，

所以EM⊥AD，FN⊥BC，，

因为∥，，

所以四边形为平行四边形，

所以，

因为，

所以四边形EFNM为梯形，且EM与FN必相交于一点，

又，

所以，

因为平面，

故BC⊥平面．

（2）解：过点E作，垂足为H，

由（1）知BC⊥平面，

因为平面，

所以平面平面，

因为平面平面，平面，

所以EH平面，

由，，得为二面角的平面角，则．

因为，所以．

作，垂足为K．

以H为原点，以的方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，

，．

设平面ABF的法向量为，

则，

令，得．

因为，

所以，

故CF与平面ABF所成角的正弦值为．

20．某学校在50年校庆到来之际，举行了一次趣味运动项目比赛，比赛由传统运动项目和新增运动项目组成，每位参赛运动员共需要完成3个运动项目．对于每一个传统运动项目，若没有完成，得0分，若完成了，得30分．对于新增运动项目，若没有完成，得0分，若只完成了1个，得40分，若完成了2个，得90分．最后得分越多者，获得的资金越多．现有两种参赛的方案供运动员选择．方案一：只参加3个传统运动项目．方案二：先参加1个传统运动项目，再参加2个新增运动项目．已知甲、乙两位运动员能完成每个传统项目的概率为，能完成每个新增运动项目的概率均为，且甲、乙参加的每个运动项目是否能完成相互独立．

(1)若运动员甲选择方案一，求甲得分不低于60分的概率．

(2)若以最后得分的数学期望为依据，请问运动员乙应该选择方案一还是方案二？说明你的理由．

【答案】(1)

(2)运动员乙应该选择方案一；理由见解析

【分析】（1）甲得分不低于60分等价甲至少要完成2项传统运动项目；

（2）方案一服从二项分布从而可求数学期望，再由方案二得分的分布列求得数学期望，比较两个期望的大小.

【详解】（1）运动员甲选择方案一，若甲得分不低于60分，则甲至少要完成2项传统运动项目，故甲得分不低于60分的概率．

（2）若乙选择方案一，则乙完成的运动项目的个数，

所以乙最后得分的数学期望为．

若乙选择方案二，则乙得分Y的可能为取值为0，30，40，70，90，120，

，

，

，

，

，

．

所以Y的数学期，

因为，所以运动员乙应该选择方案一．

21．已知抛物线，过点作直线与交于，两点，当该直线垂直于轴时，的面积为2，其中为坐标原点.

(1)求的方程.

(2)若的一条弦经过的焦点，且直线与直线平行，试问是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)

(2)存在，

【分析】（1）由的面积为2可得，求解即可；

（2）设直线MN：，设直线ST：，分别代入，利用根与系数的关系以及弦长公式即可求解.

【详解】（1）当直线MN垂直于x轴时，直线MN的方程为，

代入，得，

因为的面积为2，所以，解得，

故C的方程为．

（2）由题意可知，直线MN的斜率一定存在，设直线MN：，

则，代入，得，

设，，

则，，，

．

设直线ST：，则，代入，

得，

设，，则，，，

，

故存在常数，使得恒成立．

【点睛】关键点睛：第二问中，关键在于利用韦达定理结合弦长公式得出，，从而得出.

22．设为的导函数，若是定义域为的增函数，则称为上的“凹函数”.已知函数为R上的凹函数.

(1)求的取值范围；

(2)证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）法一：二次求导，令，求导得到，进而列出不等式，求出；

法二：二次求导，由得到，令，求导得到，从而得到；

（2）构造，二次求导得到当时，，当时，，从而得到，得到，结合第一问求出的，结合，求出，从而，证明出结论.

【详解】（1）法一：，设为的导函数，

则.

设，则.

当时，；当时，.

所以在上是减函数，在上是增函数，

故在处取得极小值，也是最小值，

所以，

因为为R上的凹函数，所以，

解得，故的取值范围是；

法二：，设为的导函数，

则.

依题意可得，

即恒成立，且不恒成立.

设函数，则.

当时，；当时，.

所以在上是增函数，在上是减函数.

所以.

所以，故的取值范围是.

（2）证明：设函数，

则，

则的导函数.

若，则，若，则.

所以在上单调递减，在上单调递增.

所以的最小值为，则为增函数.

又，所以当时，，当时，，

所以，即.

所以.

由（1）知，，因为，

所以，

所以，

故.

【点睛】导数是用来研究函数性态强有力工具，压轴题常常需要构造函数来解决问题，若要证明的函数太过复杂，需要将函数“分拆”为两个函数或多个函数，将不等式证明问题转化为局部函数的最值问题，本题难点在于构造，二次求导后得到当时，，当时，，从而得到，结合，，从而结论得证.