2023届九师联盟（山西省）高三下学期3月质量检测数学试题含解析

2023届九师联盟（山西省）高三下学期3月质量检测数学试题

一、单选题

1．已知复数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由复数的乘法和除法运算化简复数，再由共轭复数的定义即可得出答案.

【详解】因为，

所以．

故选：B．

2．已知集合，，则的非空子集个数为（    ）

A．7 B．8 C．15 D．16

【答案】A

【分析】根据交集的运算和子集的定义求解.

【详解】因为，又，

所以，

所以的元素个数为3，其非空子集有7个．

故选:A．

3．已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由终边上的点可得，，再应用二倍角正余弦公式及和角正弦公式求.

【详解】角的终边的经过，

所以，，

所以，，

所以．

故选：B．

4．已知平面向量，是单位向量，且，向量满足，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据向量模的定义可得，进而求得，利用向量的线性运算，结合向量模的定义即可求解.

【详解】解：因为，所以，即，又，所以．

所以．

因为，

所以．

故选：A．

5．设，，，则，，的大小关系是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据指数函数、对数函数的单调性，分析比较，即可得答案.

【详解】因为在上为增函数，所以，即．

因为在上为增函数，所以，即，

所以．

故选：C．

6．地震震级是根据地震仪记录的地震波振幅来测定的，一般采用里氏震级标准．里氏震级是用距震中100千米处的标准地震仪所记录的地震波的最大振幅的对数值来表示的．里氏震级的计算公式为，其中是被测地震的最大振幅，是“标准地震”的振幅（使用标准地震振幅是为了修正测震仪距实际震中的距离造成的偏差）．根据该公式可知，2021年7月28日发生在美国阿拉斯加半岛以南91公里处的级地震的最大振幅约是2021年8月4日发生在日本本州近岸级地震的最大振幅的（    ）倍（精确到1）．（参考数据：，，）

A．794 B．631 C．316 D．251

【答案】A

【分析】将阿拉斯加半岛的震幅 和日本本州近岸5.3级地震的震幅 表示成指数形式，作商即可.

【详解】由题意，即，则；

当时，地震的最大振幅，

当时，地震的最大振幅，

所以，

即；

故选：A．

7．已知双曲线，其左、右焦点分别为，.点到的一条渐近线的距离为1.若双曲线的焦点在轴上且与具有相同的渐近线，则双曲线的离心率为（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】C

【分析】先利用点到的一条渐近线的距离求出，再由双曲线的渐近线及离心率的公式求解即可.

【详解】设双曲线的半焦距为,则右焦点，

不妨设双曲线的一条渐近线为，

因为点到的一条渐近线的距离为1，

所以，由于，解得.

设：，其半焦距为，其渐近线方程为，

由题意可知，，所以，即，

所以双曲线的离心率为.

故选：C.

8．已知函数，，若，不等式恒成立，则正数t的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据函数解析式可分别判断出单调性，由不等式恒成立可得只需满足即可，利用函数单调性分别求得其最值即可求出正数t的取值范围.

【详解】因为，所以在上单调递增，

所以对，．

因为，所以，

当时，；当时，，

所以函数在上单调递增，在上单调递减，

所以．

因为，任意，不等式恒成立，

所以有，整理得，

解得或，

所以正数的取值范围为．

故选：D．

二、多选题

9．若函数，则下列说法正确的是（    ）

A．函数的图象可由函数的图象向右平移个单位长度得到

B．函数的图象关于直线对称

C．函数的图象关于点对称

D．函数在上为增函数

【答案】BD

【分析】由三角函数的恒等变换化简，再由三角函数的平移变换可判断A；求出可判断B、C；先判断在上为增函数，即可判断在的单调性.

【详解】由题意，．

函数的图象向右平移个单位长度可得到，故A错误；，所以函数的图象关于直线对称，故B正确，C错误；

函数在上为增函数，时，，故函数在上单调递增，所以函数在上为增函数，故D正确．

故选：BD．

10．下列说法正确的是（    ）

A．若，则

B．若，，且，则的最大值是1

C．若，，则

D．函数的最小值为9

【答案】ACD

【分析】利用不等式的性质由，可得到，可知选项A正确；利用均值定理和题给条件可得的最大值是，可得选项B错误；利用均值定理和题给条件可得最小值为，可得选项C正确；利用均值定理和题给条件可得函数的最小值为9，可得选项D正确.

【详解】因为，则，所以成立，故A正确；

由．

当且仅当时，取得最大值，故B错误；

因为，，所以，

当且仅当即时，等号成立，故C正确；

，

当且仅当时等号成立，故D正确．

故选：ACD．

11．在长方体中，AB＝3，，P是线段上的一动点，则下列说法正确的是（    ）

A．平面 B．与平面所成角的正切值的最大值是

C．的最小值为 D．以A为球心，5为半径的球面与侧面的交线长是

【答案】ACD

【分析】由平面与平面平行，可得直线与平面平行即可判断A，根据线面角定义找出线面角，当最短时，可求线面角的正切的最大值判断B，根据展开图，转化为求，利用余弦定理求解即可判断C，根据球面与侧面交线为圆弧的四分之一即可求解即可判断D.

【详解】对于A，如图，

在长方体中，，平面，平面，所以平面，同理可得平面，又，所以平面平面，平面，所以平面，所以A正确；

对于B，因为平面，所以与平面所成角为，如图，

当时，最小，的正切值最大，，所以B错误；

对于C，将沿翻折与在同一个平面，且点，C在直线的异侧，如图，

此时，，,,

所以，所以，

故，

解得，所以的最小值为，所以C正确；

对于D，如图，

由于平面，所以交线为以B为圆心，半径为4的四分之一圆周，

所以交线长为，所以D正确，

故选：ACD．

12．已知函数以下结论正确的是（    ）

A．在区间[7,9]上是增函数

B．

C．若函数在上有6个零点，则

D．若方程恰有3个实根，则

【答案】BC

【分析】A根据的周期性判断区间单调性；B利用周期性求得即可判断；C转化为与的交点问题，应用数形结合法及对称性求零点的和；D根据函数图象求得与交点个数为2或3时的临界值，即可得范围.

【详解】A：由题意,当时以3为周期的函数，故在[7,9]上的单调性与在[-2,0]上的单调性相同，而当时，

∴在[-2,0]上不单调，错误；

B：，，故，正确；

C：作出的函数图象如图所示：

由于在上有6个零点，故直线与在上有6个交点，不妨设，i＝1，2，3，4，5，

由图象知:，关于直线对称，，关于直线对称，，关于直线对称，

∴，正确；

D：若直线经过(3,0)，则，

若直线与相切，则消元可得：，

令可得，解得k＝-1或k＝-5（舍），

若直线与在(0,3)上的图象相切，由对称性得:k＝1．

因为恰有3个实根，故直线与有3个交点，

∴或k＝1，错误，

故选：BC．

三、双空题

13．在的展开式中，所有项的系数之和为__________，含的项的系数是__________.（用数字作答）

【答案】         

【分析】令，即可求得所有项系数和，写出展开式通项，列方程求解，即可求解.

【详解】令，得所有项的系数之和为；

展开式中的通项为，

令，得，所以含的项的系数是．

故答案为：；.

四、填空题

14．已知函数，，若曲线与曲线在公共点处的切线相同，则实数________．

【答案】1

【分析】设函数，的公共点为，则，代入化简即可求得，令，易得在上单调递增，即可求出，进而求得实数的值.

【详解】设函数，的公共点为，则即则．令，易得在上单调递增，所以以由，解得，所以切点为，所以，则．

故答案为：1.

15．在直角坐标系中，抛物线：与圆：相交于两点，且两点间的距离为，则抛物线的焦点到其准线的距离为______．

【答案】

【分析】原点是抛物线和圆的公共点，设另一个公共点为，利用圆的弦长为得到为等腰直角三角形，从而得到的坐标，代入抛物线方程可得的值，它就是焦点到准线的距离．

【详解】圆，原点是抛物线和圆的公共点，设另一个公共点为，

因为，又因为，,故，故为等腰直角三角形，．

因，故，代入抛物线方程得．填．

【点睛】求不同曲线的交点，一般是联立方程组求解，但抛物线方程和圆的方程联立消元后是高次方程，求其解不容易，故应该根据两个几何对象的特征求出交点的坐标．

16．如图，棱长均相等的直三棱柱的上、下底面均内接于圆柱的上、下底面，则圆柱的侧面积与其外接球的表面积之比为______．

【答案】

【分析】设三棱柱的棱长为，再求出圆柱的半径与其外接球的半径即可求解

【详解】设三棱柱的棱长为，

所以外接圆的半径，

所以圆柱外接球的半径．

故外接球的表面积为，

圆柱的侧面积为，

所以圆柱的侧面积与其外接球的表面积之比为．

故答案为：

五、解答题

17．在中，角、、的对边分别为、、，且．

(1)求角的大小；

(2)若，求的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用两角和的余弦公式、二倍角的余弦公式可得出关于的方程，结合可求得的值，再结合角的取值范围可求得角的值；

（2）由正弦定理结合三角恒等变换化简得出，结合正弦型函数的有界性可求得的最大值.

【详解】（1）解：由已知可得

，

即，

，则，解得，因此，.

（2）解：由正弦定理可得，

所以，

，

其中为锐角，且，

因为，则，，

所以，当时，即当时，取得最大值.

18．已知数列的前项和为，且，．

(1)求的通项公式；

(2)若数列满足，，求数列的前项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用数列中与的关系即可求得的通项公式；

（2）先利用题给条件求得数列的通项公式，再利用错位相减法去求数列的前项和．

【详解】（1）当时，；

当时，．

综上，

（2）因为，

所以当时，，所以．

当时，由

得，所以．

又当时，，所以．

所以，

，

所以，

所以．

19．北京时间2021年7月25日，2020东京奥运会射箭女子团体决赛在梦之岛公园射箭场结束．决赛规则为每局比赛双方各派一名队员射击6次，6次总分高的一方获得2分，若总分持平，双方各得1分，先得6分的一方获得比赛的胜利．韩国队提前一局结束比赛，以6-0完胜俄罗斯奥委会队，自该项目1988年进入奥运会大家庭以来，韩国队包揽了全部9枚金牌．在本届赛事中，韩国代表团迄今收获的两金均来于射箭项目，其中20岁的安山有望在东京奥运会上成为三冠王，俄罗斯奥委会队连续两届摘得该项目银牌，德国队获得季军，决赛的成绩（单位：环）统计数据如图所示．

(1)分别求韩国队、俄罗斯奥委会队第3局比赛成绩的中位数；

(2)比较韩国队、俄罗斯奥委会队第2局比赛的平均水平和发挥的稳定性；

(3)从韩国队三局比赛成绩（每一局的总得分）中随机抽取一个，记为x，从俄罗斯奥委会队三局比赛成绩（每一局的总得分）中随机抽取一个，记为y，设Z＝x-y，求Z的数学期望．

【答案】(1)韩国队第3局比赛成绩的中位数，俄罗斯奥委会队第3局比赛成绩的中位数

(2)韩国队的平均水平高，发挥更稳定

(3)

【分析】（1）根据图形可得到韩国和俄罗斯的比赛成绩，然后分别计算中位数即可

（2）通过计算第2局比赛韩国队和俄罗斯队的平均分和方差，根据方差的意义确定比赛成绩的稳定性

（3）根据题意可得的取值是0，1，2，3，4，5，然后分别计算其对应的概率，最后计算即可

【详解】（1）韩国队第3局比赛成绩的中位数，

俄罗斯奥委会队第3局比赛成绩的中位数

（2）第2局比赛，韩国队的分数依次为10，9，9，10，9，9，

平均分为，

俄罗斯奥委会队的分数依次为9，8，8，10，8，10，

平均分为，

因为，，

所以韩国队的平均水平高，发挥更稳定

（3）Z的所有可能结果有0，1，2，3，4，5，

，，，

，，．

∴

20．如图，在四棱锥中，底面，平面平面，四棱锥的体积为4.

(1)求证：；

(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）设，在平面内过点作，垂足为,利用面面垂直的性质定理可得平面，再根据线面垂直的性质定理和判断定理求解即可；

（2）以为轴建立空间直角坐标系 ，利用空间向量法求解即可.

【详解】（1）设，在平面内过点作，垂足为,

因为平面平面，平面平面，

所以平面，

又平面，所以，

因为平面平面，所以,

因为平面平面，

所以平面，

又因为平面，所以.

（2）在中，由，可得，，

由（1）知，则，

解得，

因为平面，平面，所以两两垂直，

以为轴建立如图所示空间直角坐标系，

所以，

设平面的一个法向量为，

设平面的一个法向量为，

又，

则解得，

所以，

所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.

21．已知椭圆的左、右焦点分别为，过垂直于轴的直线被椭圆所截得的线段长为，椭圆上的点到一个焦点的最大距离为．

(1)求椭圆的方程；

(2)如图，点为椭圆上关于原点对称的两个动点（非长轴端点），线段的延长线与椭圆交于点，若的面积为，求直线的方程．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）根据题意，建立关于的方程组即可求解；

（2）由题意，直线不垂直于轴，设直线的方程为，，，联立直线与椭圆的方程，根据弦长公式求出，点到直线距离公式求出的高，进而根据面积公式可得，从而即可得答案.

【详解】（1）解：设的半焦距为，则，故过垂直于轴的直线方程为，

与的方程联立，得，由题意得，所以，

又，

所以，，

因为椭圆上的点到一个焦点的最大距离为，所以，

所以，，

故椭圆的方程为；

（2）解：由题意，直线不垂直于轴，设直线的方程为，，，

由，消去并整理得，

所以，，

所以

，

因为点到直线的距离，且是线段的中点，

所以点到直线的距离为，

所以，

因为，所以，解得或（舍去），

所以，此时直线的方程为，即或

22．已知函数（）.

（1）求函数的单调区间；

（2）若，当时，设，求的取值范围.

【答案】（1）答案见解析；（2）.

【分析】（1）由解析式得，讨论、、时的符号，判断的区间单调性即可.

（2）由（1）知上在上递减，在上递增，利用找到的对称点，讨论、、时的区间单调性，并结合导数研究的单调性，求的范围最后取并集即可.

【详解】（1），

①当，即时，若或，，若，，

∴的单调递增区间为，，单调递减区间为；

②当，即时，恒成立，在上单调递增；

③当，即时，若，，若或，，

∴的单调递增区间为，，单调递减区间为；

（2）由（1）知，当时，在上递减，在上递增，

由，解得或，

①若，即时，在上递减,；

②若，即时，在上递减，在上递增，且，则；

③若，即时，在上递减，在上递增，且，则，

∴，则在上递减，

∴，

综上所述，.

【点睛】关键点点睛：

（1）分类讨论参数，结合导数确定函数的单调区间；

（2）由（1）所得区间单调性，讨论参数a，判断在上的单调性，并结合导数研究，进而确定的范围.