2023届山西省高三上学期11月质量检测数学试题（解析版）

2023届山西省高三上学期11月质量检测数学试题

一、单选题

1．已知集合，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求出集合A，B，利用交集定义可求结果．

【详解】，，

因此．

故选：A

2．已知复数，则（    ）

A． B．2 C．3 D．

【答案】C

【分析】利用复数的除法运算求得，由此得到共轭复数，再利用复数模的运算即可求解.

【详解】因为，则的共轭复数，

所以，故．

故选：C.

3．定义，已知数列为等比数列，且，则（    ）

A． B．1 C．2 D．4

【答案】D

【分析】根据等比中项及新定义运算即可得解.

【详解】（舍去）．

又，所以．

故选：D

4．设a，b都是实数，则“”是“”的（    ）

A．充分必要条件 B．充分不必要条件

C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】D

【分析】取，可判断充分性，取可判断必要性，分析即得解.

【详解】当，满足，但，所以充分性不成立；

若，则．但不满足，必要性不成立．

因此“”是“”的既不充分也不必要条件．

故选：D

5．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．点D为的中点，，且的面积为，则（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】A

【分析】利用余弦定理得到，再由三角形面积公式得到，由此可解得.

【详解】因为，由余弦定理得，即，

又，得，

所以，即，

故，则，

所以，故．

故选：A.

6．如图所示，该多面体是由1个正方体和6个一样的正四棱锥（如）组合而成，且各个面均为菱形，其中四边形为正方形，已知正方体的棱长为1，则该多面体的棱长为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】通过作出该多面体的轴截面，利用图形特点，求出，的长，再利用菱形的对角线互相垂直的性质求出长.

【详解】过作该多面体的轴截面，如图所示，

由正方体棱长为1，可知正方形的边长为，则．又正方体的棱长为1，结合图形可知，根据菱形对角线相互垂直可知，故该多面体的棱长为

故选：B.

7．已知定义在R上的偶函数，当时，，则不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用函数是偶函数求的解析式，再利用偶函数的性质，画出函数的图像，利用图像求解不等式.

【详解】当时，，，令，

依题意，则图象在图象上方，

画出函数和的图像，

由，得，

则的解集为．

故选：B

8．已知正方体的顶点都在表面积为的球面上，过球心O的平面截正方体所得的截面为一菱形，记该菱形截面为S，点P是正方体表面上一点，则以截面S为底面，以点P为顶点的四棱锥的体积的最大值为（    ）

A． B． C．2 D．

【答案】A

【分析】根据正方体和球的几何性质，结合线面垂直的判定定理、棱锥的体积公式进行求解即可.

【详解】设该正方体的棱长为，球的半径为，所以有，

于是有，

所以该正方体的棱长为2，

第一种情况，经过球心垂直上下两面时，此时的体积最大值为；

第二种情况如图1，由题意可知，要使过球心平面截正方体截面为菱形，则该截面必过正方体相对两棱中点，（不妨取图中中点分别为F，E），设该截面与及的交点分别为M，N，显然，而，所以，即，

显然，而，而平面，

平面．

由图1可以看出当点P与点或点C重合时四棱锥的高最大，

，

而，则；

综上所述，体积的最大值为．

故选：A

【点睛】关键点睛：根据正方体和球的几何性质是解题的关键.

二、多选题

9．已知向量，若，则实数m的值可以为（    ）

A． B．0 C．1 D．2

【答案】ABC

【分析】根据向量垂直列出方程，求出实数m的值.

【详解】因为，所以，

解得或0或．

故选：ABC

10．已知等差数列，其前n项和为，则下列说法正确的是（    ）

A． B．

C．的最小值为6 D．数列是公比为2的等比数列

【答案】AB

【分析】对A,B选项由等差数列通项公式和前项和公式得到方程组，解出，从而得到，，对C选项，，利用基本不等式可求出最值，但是要注意取等条件，对D选项计算的值即可.

【详解】，即，解得，

，，故A,B正确，

，（当且仅当，即时，取“=”，但），

所以当时，，

当时，，∴的最小值为，故C错误，

∵，

∴是公比为4的等比数列，故D错误.

故选：AB.

11．已知函数，若在区间内没有零点，则的值可以是（    ）

A． B． C． D．

【答案】AB

【分析】根据题意确定函数的半周期大于，再由时，应在正弦函数的一个区间内，列出不等式求解即可.

【详解】由于在区间内没有零点，故有，

同时需满足解得,

显然和时符合条件，所以的取值范围为．

故选：AB

12．已知函数，若有6个不同的零点分别为，且，则下列说法正确的是（    ）

A．当时，

B．的取值范围为

C．当时，的取值范围为

D．当时，的取值范围为

【答案】AC

【分析】对A选项，对求导，得到其最值即可判断，对B选项，将看成整体解出或，通过图像找到所在位置，依据，假设通过消元解出范围，再通过数形结合求出的范围，两者比较即可，对C,D通过减少变量，将式子化为，然后转化为的范围进行分类讨论即可判断.

【详解】当时，，此时，令，解得，

令，解得，可得在上单调递减，在上单调递增，

且，

∴当时，，故A正确；

作出如图所示图像：

由有6个不同的零点，

等价于有6个不同的实数根，

解得或，

∵，∴若，可得，而当时，，可得，而；

当时，，可得而，

故的范围为的子集，的取值范围不可能为，故B选项错误；

该方程有6个根，且，知且，

当时，，

，联立解得，

，故C正确；

当时，，

，联立解得，

．故D错误.

故选：AC.

【点睛】关键点睛：本题的关键点是对的理解，将看成一个，解出其值，然后通过图像分析，转化为直线与图像的交点情况，对于C,D选项式子，我们谨记要减少变量，将其转化为一个或两个变量的相关式子，常见的如，有两根，则，如一元二次方程存在实数解，则.

三、填空题

13．过点与曲线相切的切线方程为___________．

【答案】

【分析】根据求曲线过某点的切线方程的步骤，先设出切点坐标，再根据两点求斜率即可求解.

【详解】设切点为，则，

得，则切点为，

切线方程为，即．

故答案为：.

14．《九章算术》中有一种几何体叫刍甍（méng）（底面为矩形的屋脊状楔体），如图是一个刍甍，四边形为等腰梯形，，则此刍甍的表面积为___________．

【答案】

【分析】根据题意，分别求出各个侧面的高，然后利用面积公式求出各个面的面积，再求和即可得出结果.

【详解】如图所示，过点F作底面，点H为中点，连接，由，可得，．

故答案为：8+

15．对给定的数列，记，则称数列为数列的一阶商数列；记，则称数列为数列的二阶商数列；以此类推，可得数列的P阶商数列，已知数列的二阶商数列的各项均为，且，则___________．

【答案】

【分析】由题意可得，从而得，即，由累乘法即可求得的值.

【详解】解：由数列的二阶商数列的各项均为，可知，

而，

故数列是以1为首项，为公比的等比数列，

即，

即，

即．

所以，

故．

故答案为：

16．已知G为的内心，且，则___________．

【答案】##

【分析】本题利用结论得，结合本题的条件与正弦定理得，即，同理得到另外两角相等，则得到的大小.

【详解】首先我们证明一个结论：

已知是所在平面上的一点，,,为的三边长，若,则是的内心.

证明:,

则,

等式两边同时除以得，

，

表示方向上的单位向量，同理表示方向上的单位向量，则由平行四边形定则可知表示的角平分线方向上的向量，

则为的角平分线，同理、分别为的角平分线，所以是的内心.

于是我们得到本题的一个结论．

又∵，

∴由正弦定理与题目条件可知．

由可得，

可得，同理可得，即．

故答案为：.

【点睛】结论点睛：三角形四心与向量的关系结论：

重心：1.已知是所在平面上的一点，若,则是的重心.

2.已知是所在平面上的一点，若,则是的重心.

垂心：1.已知是所在平面上的一点，若,则是的垂心.

2.已知是所在平面上的一点，若

则是的垂心.

内心：本题中的结论.

外心：1.已知是所在平面上的一点，若,则是的外心.

2.已知是所在平面上的一点，若

,则是的外心.

四、解答题

17．已知函数．

(1)证明：当时，；

(2)求函数的单调递增区间．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）首先利用降幂公式化简函数，，在根据定义域求函数的最大值，即可证明；

（2）根据（1）的结果，结合正弦函数的单调性，代入即可求解.

【详解】（1），

当时，，

此时，

所以，故；

（2）令，

解得:，

所以函数的单调递增区间为．

18．在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题．

问题：在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足___________．

(1)求角A的大小；

(2)若D为线段延长线上的一点，且，求的面积．

【答案】(1)条件选择见解析，

(2)

【分析】（1）选择①：由正弦定理边化角得方程，求解即可.

选择②：由正弦定理角化边得关于三边的方程，代入余弦定理可得.

选择③：由正弦定理边化角，再由展开计算可得结果.

（2）设，，，在△ABC中，由、列等式①②，在中，由列等式③，由①②③解方程可得x，y.代入三角形面积公式可得结果.

【详解】（1）若选择①，∵．∴，

∵，∴，

即，

∵∴；

若选择②，∵，

∴，

∴，

∴，

，

∵∴；

若选择③，∵，

∴，

∴，

∴，

∴，又∵．∴，

∴，∵，∴；

（2）设，，，

在中，用余弦定理可得，

即 ①，

又∵在中，，

即.即，即 ②，

在中，用余弦定理可得，

即 ③，③+①可得，

将②式代入上式可得，．

19．记为数列的前n项和，，且（，且）．

(1)求数列的通项公式；

(2)求数列的前n项和．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据递推关系式可得，两式相减可得，即可求解；

（2）利用裂项相消法求和即可.

【详解】（1）当时，，

由已知，

则，两式相减得，

即，且，

则数列是以1为首项，2为公差的等差数列，

则的通项公式为；

（2）设数列的前n项和为，

∵，

∴．

20．2021年11月第四届中国国际进口博览会在上海举办，此届博览会共有58个国家和3个国际组织参加国际展，127个国家和地区的近3000家参展商参加企业展．各式各样的商品首次亮相上海，其中一商品的部分结构可近似看做一个多面体，如图所示．在多面体中，底面为直角梯形，，侧面为菱形，平面平面，M为棱的中点．

(1)若上有一点N满足平面，确定点N的位置并证明；

(2)若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．

【答案】(1)点N为中点，证明见解析

(2)

【分析】（1）点与线段确定唯一平面，且平面，故只需在平面中过点找平行与的直线即可.

（2）建立直角坐标系，先求出两平面的法向量，则锐二面角的平面角的余弦值为两个法向量夹角余弦值的绝对值.

【详解】（1）点N为中点，证明如下：

如图，连接，

因为M，N分别为的中点，

所以为的中位线，所以，

又平面平面，

所以平面．

所以N为的中点时满足条件；

（2）取的中点O，连接，

因为侧面为菱形，且，

所以在中，，解得，

所以，即．

又因为平面平面．

平面平面平面

所以平面，

过O作的垂线，交于H并延长，

分别以所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

设，则，

故，则，

．

设平面的法向量为．

则即

令，则，

设平面的法向量为，

则，即

令，则，则，

，

故：平面与平面所成锐二面角的余弦值为．

21．已知函数．

(1)求的解析式；

(2)若对任意恒成立，求实数t的取值范围；

(3)已知函数，其中，记在区间上的最大值为N，最小值为n，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）利用凑配法，求函数的解析式；

（2）化简不等式，并转化为，通过换元转化为求函数的最大值，即可求的取值范围；

（3）首先化简函数，利用导数求函数的最大值和最小值，设，分情况讨论求函数的取值范围.

【详解】（1），

即；

（2）由

，即

令，则，

设，则，

故在区间上单调递增，

∴，

故t的取值范围为；

（3），

，由可得，，

由可得，则函数在区间上单调递减，在上单调递增，

所以当时，，

又∵，当时，，

令，

当时，，

∵，

当时，，

综上所述，的取值范围．

22．已知函数．

(1)证明：对恒成立；

(2)是否存在，使得成立？请说明理由．

【答案】(1)证明见解析

(2)存在，理由见解析

【分析】（1）三次求导，结合特殊点的函数值得到相应函数的单调性，从而证明出结论；

（2）由第一问知当时，，得到，利用裂项相消法得到不等式右侧恒成立，由第一问可知当时，，构造，，研究其单调性，得到，故，令，利用放缩法得到，

令，注意到，所以可得到一个充分条件，从而得到任意，原不等式都成立.

【详解】（1）证明：由，得，

令，得，

令，得，

，且当且仅当，

所以在上单调递增，故，且当且仅当，

所以在上也单调递增，故，且当且仅当，

所以在上仍单调递增，故；

（2）对于右侧：由（1）可知，当时，，即，

故，

所以

，

所以该侧不等号始终成立；

对于左侧：由（1）可知当时，．

设，，则．

在上有，所以在上单调递增，故当时，．

此时，

令，

可知，

所以当时，

，

令，注意到，所以可得到一个充分条件，

即，

所以任取，则该侧不等式成立，（表示整数部分），

因此，对于任意，原不等式都成立．即所求的n是存在的．

【点睛】导函数证明数列相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于正整数的不等式代替函数不等式中的自变量，通过多次求和（常常用到裂项相消法求和）达到证明的目的，此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据特征式的特征而得到.