山西省2023-2024高三第一学期期末优生联考数学试题及答案

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一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，再求出其共轭复数.
【详解】因为，所以.
故选：B
2. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先解分式不等式求出集合，再根据指数函数的性质求出集合，最后根据补集的定义计算可得.
【详解】由，等价于，解得或，
所以，
又，
所以.
故选：C
3. 第19届亚洲运动会于2023年9月23日至10月8日在中国杭州举行，时值中秋和国庆假期，某班同学利用假期在家通过网络直播观看比赛.已知该班有30名学生喜欢看排球比赛，40名同学喜欢看篮球比赛，50名同学喜欢看排球比赛或篮球比赛，若从喜欢看排球比赛的同学中抽取1人，则此同学喜欢看篮球比赛的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出喜欢观看两种比赛的人数，再用古典概率求解即可.
【详解】设有人两种比赛都喜欢，则有人只喜欢看排球比赛，人只喜欢看篮球比赛，
所以有，解得人，
所以从喜欢看排球比赛的同学中抽取1人，则此同学喜欢看篮球比赛的概率为.
故选：B
4. 已知平面向量、满足，若，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依题意可得，根据数量积的运算律求出，再由夹角公式计算可得.
【详解】因为，且，所以，即，
所以，
设与的夹角为，则，因为，
所以，即与的夹角为.
故选：D
5. 已知抛物线的焦点为F，点P在C上，若点，则周长的最小值为（ ）．
A. 13B. 12C. 10D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】由抛物线的定义结合三点共线取得最小值.
【详解】，故,
记抛物线的准线为，则：，
记点到的距离为，点到的距离为，
则.
故选：A.

6. 已知、是两个平面，直线，，若以①；②；③中两个为条件，另一个为结论构成三个命题，则其中正确的命题有（ ）
A. ①③②；①②③B. ①③②；②③①
C. ①②③；②③①D. ①③②；①②③；②③①
【答案】A
【解析】
【分析】
对三个命题逐个分析，可采用判定定理、定义、作图的方法进行说明，由此可确定出正确选项.
【详解】（1）证明：①②③为真命题
因为，，设平行于内一条直线，所以，
根据面面垂直的判定定理可知：，所以①②③为真命题；
（2）证明：①③②为真命题
因为，，所以或，
又因为，所以，所以①③②为真命题；
（3）证明：②③①为假命题
作出正方体如下图所示：
记直线为，平面为，平面为，
所以，，但，所以②③①为假命题；
故选：A.
【点睛】本题考查空间中关于线、面的命题的真假判断，主要考查学生对空间中位置关系的理解，难度一般.说明位置关系不成立也可以举反例.
7. 已知函数的图象与的图象关于轴对称，若将的图象向左至少平移个单位长度后可得到的图象，则（ ）
A. 图象关于原点对称
B.
C. 在上单调递增
D. 的图象关于点对称
【答案】B
【解析】
【分析】先设，，从而根据图象关于轴对称，得到方程，求出，A选项，根据，得到A错误；B选项，化简得到B正确；C选项，利用整体法判断函数的单调性；D选项，由得到D错误.
【详解】由题意，可设，，
因为与的图象关于轴对称，
所以，
则，解得，
由于，，故的最小值为，
因为的图象向左至少平移个单位长度后可得到的图象，
所以，解得，
则.
对于A，因为的定义域为，而，所以不是奇函数，
图象不关于原点对称，错误；
对于B，
，B正确；
对于C，由，得，
又在上不单调，C错误；
对于D，，
故不是图象的对称中心，D错误.
故选：B.
8. 如图所示是毕达哥拉斯的生长程序：正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形边上再连接正方形，如此继续.设初始正方形的边长为，依次构造出的小正方形（含初始正方形）的边长构成数列，若的前n项和为，令，其中表示x，y中的较大值.若恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出数列和的通项公式，再根据集合新定义确定，再由不等式恒成立分类讨论时列不等式和时列不等式求出对应的值取并集即可.
【详解】因为的前n项和为，
所以当时，，
又当时，，符合上式，
所以数列的通项公式，
数列满足，
因为，公比，
所以，
所以，
因为数列是递减数列，而是递增数列；
，其中表示x，y中的较大值.若恒成立，
所以是数列中的最小项，
所以当时，则，即，解得，
当时，则，即，解得，
取并集可得，
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题中集合新定义是取较大者，这样就转化成比较和的大小问题了，利用已知求出数列和的通项公式再比较大小可确定，最后由不等式恒成立，列不等式组求出参数范围即可.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列代数式的值为的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用二倍角的余弦公式可判断A选项；利用切化弦以及二倍角的正弦公式可判断B选项；利用二倍角的正弦公式可判断CD选项.
【详解】对于A选项，；
对于B选项，；
对于C选项，；
对于D选项，
.
故选：BCD.
10. 已知，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据基本不等式结合对数和指数的运算逐一判断即可.
【详解】对于A，因为，所以，
所以，当且仅当时取等号，故A错误；
对于B，因为，所以，故，
又因，当且仅当时取等号，
所以，故B正确；
对于C，，当且仅当时取等号，故C正确；
对于D，因为，所以，
所以，
当且仅当时取等号，故D正确.
故选：BCD.
11. 已知定义在上的函数满足，且为奇函数，当时，，则（ ）
A. 是周期为的周期函数B.
C. 当时，D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用函数周期性的定义可判断A选项；由可得的值，可计算出的值，可判断B选项；利用函数的周期性和对称性求出函数在上的解析式，可判断C选项；利用函数周期性的定义可求出所求代数式的值，可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为定义在上的函数满足，
则，故是周期为的周期函数，A对；
对于B选项，因为函数为奇函数，则，
在等式中，令可得，
又因为当时，，
则，解得，
故当时，，
所以，，B对；
对于C选项，当时，，，
因为，则函数的图象关于点对称，
所以当时，
，C错；
对于D选项，由C选项，可知，，则，
且，所以，，
因，故，D对.
故选：ABD.
12. 在长方体中，，E是棱的中点，过点B，E，的平面交棱于点F，P为线段上一动点（不含端点），则（ ）
A. 三棱锥的体积为定值
B. 存在点P，使得
C. 直线与平面所成角的正切值的最大值为
D. 三棱锥外接球的表面积的取值范围是
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于选项A，利用面面平行的性质，得到平面，从而可判断出选项A正确；对于选项B，假设存在，可推出平面，从而判断选项B错误；对于选项C，利用线面角的定义，找出线面角为，从而在中，求出的值，进而判断选项C正确.对于选项D，利用球的截面圆的几何性质，找出球心在直线上，利用，建立方程，从而求出球的表面积的取值范围.
【详解】对于A，因为平面平面，
根据面面平行的性质，平面与这两个平面的交线互相平行，
即，因为面，面，
所以平面，又点P在线段上，
所以三棱锥的体积为定值，故A正确；
对于B，若存在点P，使得，因为，
则，因为，，
平面,所以平面，
与题意矛盾，故B错误；
对于C，如图1所示，
取的中点Q，连接，则点P在平面内的射影在上，
直线与平面所成角即，
且有，由已知可得，
最小为，所以的最大值为，故C正确；
对于D，如图2，
取的中点G，连接，分别取，的中点，，
连接，因为是等腰直角三角形，
所以三棱锥外接球的球心O在直线上，
设三棱锥外接球的半径为，则，
所以，
设，则，
所以,当点与重合时，
取最小值，此时，
三棱锥外接球的表面积为，
当点P与重合时，取最大值，
此时，三棱锥外接球的表面积为，故D正确．
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：对于选项D，利用球的截面圆的几何性质，找出球心在直线上，利用，建立方程，从而求出球的表面积的取值范围.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】先根据指数运算求出的值，根据对数运算的知识求得值，代入求出的值.
【详解】因为，所以，
所以
，
即，所以，
所以．
故答案为：.
14. 已知函数，若直线与曲线相切，则________________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据切线的斜率求出切点，再代入切线方程即可得解.
【详解】设切点为，
，
由题意可得，
因为函数在上都是增函数，
所以函数在上是增函数，
又，所以，
所以切点为，
则，解得.
故答案为：.
15. 月球背面指月球的背面，从地球上始终不能完全看见.某学习小组通过单光源实验来演示月球背面.由光源点射出的两条光线与分别相切于点、，称两射线、上切点上方部分的射线与优弧上方所夹的平面区域(含边界)为圆的“背面”.若以点为圆心，为半径的圆处于的“背面”，则的最大值为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】设过点的切线方程为，根据圆心到直线的距离等于半径求出，即可得到直线、的方程，从而求出的取值范围，当圆与圆外切且圆与（或）相切时，取最大值，从而求出的最大值，即可得解.
【详解】如图设过点的切线方程为，所以，解得，
所以直线的方程为，即，令，解得，
直线的方程为，即，令，解得，
因为圆处于圆的“背面”，
所以，
当圆与圆外切且圆与（或）相切时，取最大值，
由圆与圆外切得，圆与相切时，
又，所以，所以，
即，解得或，结合，
所以，所以的最大值为，
同理圆与相切时的最大值为，
综上可得的最大值为.
故答案为：

16. 已知双曲线的左､右焦点分别为，点在的左支上，，，延长交的右支于点，点为双曲线上任意一点（异于两点），则直线与的斜率之积__________.
【答案】2
【解析】
【分析】先利用平面向量加法的法则和双曲线的性质求出和的边长，再分别利用余弦定理联立可得，最后根据斜率公式求解即可.
【详解】依题意，设双曲线的半焦距为，则，
因为是的中点，所以，故由得，
又因为，所以，
在中，，
在中，，
所以，解得，所以，
所以双曲线方程为，则，
设，，，
所以，

故答案为：2
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 在等差数列中，，，数列的前项和为，且.
（1）求数列和的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公差为，根据已知条件求出的值，结合等差数列的通项公式可求得数列的通项公式；令，可求得的值，当时，由可得，上述两个等式作差可推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得数列的通项公式；
（2）利用错位相减法可求得.
【小问1详解】
解：设等差数列公差为，
则，解得，
所以，，
数列的前项和为，且，
当时，则有，
当时，由可得，
上述两个等式作差可得，即，
所以，数列是首项为，公比为的等比数列，则.
【小问2详解】
解：因为，则，①
可得，②
①②得
，
故.
18. 已知中，角所对的边分别为.
（1）求；
（2）设是边上的点，且满足，求内切圆的半径.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理以及两角和的正弦公式求解结果；
（2）在中根据余弦定理得出关于边长的一个关系，再由两边平方得出另一个方程，联立解出边长，再由的面积与内切圆半径的关系求得结果.
【小问1详解】
已知，由正弦定理得，
又，
所以，
因为，所以，
因为，所以.
【小问2详解】
如图所示：
在中根据余弦定理得，即，①
又因为，所以，因为，所以，
将两边平方并整理得，②
联立①②得到，所以，，
所以，.
所以的面积为.
设其内切圆半径为，则，解得，
所以内切圆的半径为.
19. 2020年某地在全国志愿服务信息系统注册登记志愿者8万多人．2019年7月份以来，共完成1931个志愿服务项目，8900多名志愿者开展志愿服务活动累计超过150万小时．为了了解此地志愿者对志愿服务的认知和参与度，随机调查了500名志愿者每月的志愿服务时长（单位：小时），并绘制如图所示的频率分布直方图．
（1）求这500名志愿者每月志愿服务时长的样本平均数和样本方差（同一组中的数据用该组区间的中间值代表）；
（2）由直方图可以认为，目前该地志愿者每月服务时长服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差．一般正态分布的概率都可以转化为标准正态分布的概率进行计算：若，令，则，且．
（ⅰ）利用直方图得到的正态分布，求；
（ⅱ）从该地随机抽取20名志愿者，记表示这20名志愿者中每月志愿服务时长超过10小时的人数，求（结果精确到0.001）以及的数学期望．
参考数据：，．若，则．
【答案】（1）9，1.64；（2）（ⅰ）0.7734，（ⅱ）0.994，4.532.
【解析】
【分析】（1）根据平均数和方差的公式直接求解即可.
（2）（ⅰ）由（1）可得由题知，，所以，则可得答案.
（ⅱ）（ⅰ）知,则从而可得答案.
【详解】解：（1）．
．
（2）（ⅰ）由题知，，所以，．
所以．
（ⅱ）由（ⅰ）知，可得．
．
故的数学期望．
【点睛】关键点睛：本题考查根据频率分布直方图求平均数和方差以及根据正态分布求概率和二项分布问题，解答本题的关键是将问题“从该地随机抽取20名志愿者，记表示这20名志愿者中每月志愿服务时长超过10小时的人数”，转化为得到，属于中档题.
20. 如图，在三棱柱中，侧面的面积为4，且四棱锥的体积为.

（1）求点到平面的距离;
（2）若平面平面，侧面是正方形，为中点，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由棱柱及棱锥的体积公式，结合等体积法即可得到结果；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可得到结果.
【小问1详解】
设点到平面的距离为，
由三棱柱知，四边形是平行四边形，所以，
所以，
由三棱柱知四边形是平行四边形，所以，
又，所以，解得，
即点到平面的距离为2；
【小问2详解】

取中点为，连接，因为平面平面，且，
所以，又平面平面，
则平面，且是正方形，
以为坐标原点，分别为轴，轴正方向，过点作轴平行，建立如图所示空间直角坐标系，
因为平面平面，且是正方形，则平面，
由（1）可知，，，
则，，，，，且为的中点，则，
所以，设平面法向量为，
则，解得，取，则，
所以平面的一个法向量为，
又，设平面的法向量为，
则，解得，取，则，
所以平面的一个法向量为，
设平面与平面所成锐二面角为，
，
即平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
21. 设，分别是椭圆的左、右焦点，，椭圆的离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）作直线与椭圆交于不同的两点，，其中点的坐标为，若点是线段垂直平分线上一点，且满足，求实数的值.
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）由离心率及焦距求出、，从而求出；
（2）设，直线的方程为，联立椭圆方程，利用韦达定理表示线段的中点坐标，分类讨论当、时的情况，结合向量数量积的坐标表示，化简计算即可求解.
【小问1详解】
依题意可得，所以，则，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
由，根据题意可知直线的斜率存在，
设直线的斜率为，则直线的方程为，
由，消去整理得，
设，则，所以，则，
所以，则的中点坐标为，
①当时，，线段的垂直平分线为轴，于是，．
由，解得．
②当时，线段的垂直平分线的方程为．
由点是线段垂直平分线上一点，令，得．
因为，，，
所以，
解得，所以．
综上所述，实数的值为，．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22. 已知函数且.
（1）讨论的单调性；
（2）若，求证：，.
【答案】（1）答案见解析；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求解，对的正负讨论，即的范围讨论，进行判断即可；
（2）将问题转化为当时，，恒成立.作差之后令构造函数，求导，再对分子构造函数，再次求导判断函数的单调性，找到的最小值即可证明.
【小问1详解】
当时，在单调递减；
当时，当时，，在单调递增；
当时，，在单调递减；
综上：
当时，在单调递减；
当时，在单调递减；在单调递增.
【小问2详解】
证明：
因为，所以，
所以由（1）知在单调递减；在单调递增，
，
令，
则，
，
设，
则在恒成立，所以在上单调递减，
又，
所以，使，
所以，单调递增；
，单调递减；
所以，
所以，为递减函数，
所以，
所以，
所以时，，.
【点睛】思路点睛：第一问，利用导数研究函数的单调性（含参），注意导函数结构，对影响其正负的点讨论，进行判断即可；第二问，不等式恒成立问题转化为最值，构造函数求导，用导数判断其单调性，再找到最小值，期中可能根据需要多次构造函数求导判断其单调性.