2023届山西省临汾市等联考高三上学期期中数学试题含解析

2023届山西省临汾市等联考高三上学期期中数学试题

一、单选题

1．已知复数，则（     ）

A．2 B． C． D．1

【答案】D

【分析】利用复数的四则运算求得复数，再利用复数模的计算公式求得.

【详解】因为，

所以.

故选：D.

2．设集合，，则满足且的集合的个数是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】列举出满足条件的集合，可得出结果.

【详解】已知集合，，则满足且的集合有：、、、，共个.

故选：B.

3．已知平面向量，，与的夹角为钝角，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用向量的夹角公式求出，再由判断出，即可得到答案.

【详解】因为与的夹角为钝角，所以.

所以，即，解得：.

而与反向时，，此时，即，解得：，不符合题意.

所以且.

故选：D

4．我国古代著名的《周髀算经》中提到：凡八节二十四气,气损益九寸九分六分分之一；冬至晷（guǐ）长一丈三尺五寸,夏至晷长一尺六寸,意思是：一年有二十四个节气,每相邻两个节气之间的日影长度差相等；且“冬至”时日影长度最大,为1350分；“夏至”时日影长度最小,为160分.则“立秋”时日影长度是（    ）

A．450分 B．分 C．分 D．分

【答案】B

【分析】根据题意分析,日影长度随着二十四气成等差数列,根据等差数列通项公式,进而求出日影长度.

【详解】解:由题知日影长度随着二十四气成等差数列,不妨记“夏至”时日影长度为首项,

“冬至”时日影长度为,所以等差数列公差为 从，“立秋”时日影长度,

故选:B.

5．为了得到的图象，只需将的图象（    ）

A．向左平移个单位长度 B．向左平移个单位长度

C．向右平移个单位长度 D．向右平移个单位长度

【答案】B

【分析】由函数图像平移的左加右减原则即可求解.

【详解】设，

由得：

只需将的图象向左平移个单位长度，

即可得到的图象.

故选：B

6．已知，，，则的最小值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】分析可得，求出的取值范围，再将代数式与代数式相乘，利用基本不等式可求得的最小值.

【详解】因为，，，则，则，

因为，可得，

所以，

，

当且仅当时，即当时，等号成立，

故的最小值是.

故选：C.

7．如图，在直三棱柱中，，，设，分别是棱上的两个动点，且满足，则下列结论错误的是（    ）

A．平面平面 B．平面

C．平面 D．三棱锥体积为定值

【答案】C

【分析】根据面面垂直、线面平行、线面垂直、锥体体积等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】A选项，过作，垂足为，

根据直三棱柱的性质可知平面，

由于平面，所以，

由于平面，

所以平面，即平面，

由于平面，所以平面平面，A选项正确.

B选项，根据三棱柱的性质可知，即，

由于平面，平面，所以平面，B选项正确.

C选项，若平面，即平面，

由于平面，所以，这与已知不垂直矛盾，C选项错误.

D选项，，由于三角形的面积为定值、到平面的距离为定值，

所以为定值，所以D选项正确.

故选：C

8．设函数，若对任意，恒成立，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题设构造且在上递减，进而转化为在上恒成立求参数范围即可.

【详解】由题设，且，

令且，则，故在上递减，

所以恒成立，即在上恒成立，

而在上值域为，

所以.

故选：A

【点睛】关键点点睛：已知条件构造，在上递减.

二、多选题

9．下列说法正确的是（    ）

A．中，“”是“”的既不充分也不必要条件

B．已知全集，则“”是“”的充要条件

C．已知平面向量，，则“”是“存在，使得”的必要不充分条件

D．对于函数，，“是奇函数或偶函数”是“的图象关于轴对称”的充分不必要条件

【答案】BCD

【分析】根据充分必要性的定义，逐一判断即可.

【详解】对于A,余弦函数在区间上单调递减，且，由可得，所以，由正弦定理可得因此“”是“”的充分必要条件.故A错;

对于B,由可知，所以，充分性成立;若，则，所以，必要性成立，因此“”是“”的充要条件，故B对;

对于C, 若，其中，则存在，使得，故充分性不成立;若，则，即必要性成立，故“”是“存在，使得”的必要不充分条件,故C对;

对于D,若为奇函数，则此时，即是偶函数，则的图象关于轴对称，若为偶函数，则此时，即是偶函数，则的图象也关于轴对称，故充分性成立;当时，满足函数的图像关于轴对称，但既不是奇函数也不是偶函数，故必要性不成立，所以“是奇函数或偶函数”是“的图象关于轴对称”的充分不必要条件，故D对；

故选：BCD

10．已知斐波那契数列满足：，，，记的前项和为，下列结论正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AB

【分析】依次求出的值可判断A，由可得，然后可得，同理可得，依此可判断BCD.

【详解】因为，，，

所以，

所以，故A正确，

因为，

所以，故B正确，

，故C错误，

因为，

，

所以，故D错误；

故选：AB

11．已知关于的方程有且仅有两解，且，则（    ）

A．函数与的图象有唯一公共点

B．

C．，

D．存在唯一满足题意，且

【答案】ACD

【分析】由函数图像可判断A正确，由，所以，即，所以可判断B，由零点存在性定理可判断C，由，根据函数的单调性可知.

【详解】对于A，若关于的方程有且仅有两解，

则和的图像有且仅有两个交点，

作出和的草图如下图所示：

易知，当，即时，

函数与的图象相切于唯一公共点，A正确；

对于B，，，可知，

所以，所以，即，所以，B错误；

对于C，设，

由图可知：与相切于点，

所以有，即，即，

设，则，

所以在上是增函数，

，，

所以，使得，即，

即，又，所以，C正确；

对于D，，，

设，，

当时，，

所以在上是增函数，

因为，，

所以，且唯一，D正确.

故选：ACD.

【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．

12．一般地，若，（，且），则称，，，四点构成调和点列.已知椭圆：，过点的直线与椭圆交于，两点.动点满足，，，四点构成调和点列，则下列结论正确的是（    ）

A．，，，四点共线 B．

C．动点的轨迹方程为 D．既有最小值又有最大值

【答案】ABC

【分析】由和可判断A，由向量的数乘运算可判断B，设，，通过向量的坐标运算可得出，从而可判断C，由点到直线的距离可判断D.

【详解】对于A，因为，，，四点构成调和点列，

则有，因为有公共点，所以三点共线，

且有，因为有公共点，所以三点共线，

即可得到，，，四点共线，A正确；

对于B，因为，所以，

即，

所以，B正确；

对于C，设，，

由，得，

两式相乘得：，

同理可得：，

则，

又点在椭圆上，

，，

，即，即，C正确.

对于D，到直线的距离，

即为的最小值，无最大值，D错误.

故选：ABC

三、填空题

13．已知，则_________.

【答案】

【分析】根据完全平方和公式，结合同角的三角函数关系式进行求解即可.

【详解】因为，

所以由，

故答案为：

14．函数的定义域为，且满足，，当时，，则_________.

【答案】0.5

【分析】根据函数的对称得周期性，进而根据周期即可求解.

【详解】由可知的图象关于对称，所以，结合得，

故当时， 以4为周期，故，

故答案为：

15．如图，四边形中，，且，将其沿折叠成四面体，使得二面角的大小为，若该四面体的所有顶点在同一个球面上，则该球的表面积是_________.

【答案】

【分析】通过已知条件寻找外接球的球心位置，利用题中所给的条件建立关于外接球半径的关系式，解出半径，最后代入公式中进行求解即可.

【详解】因为，

由题四面体的所有顶点在同一个球面上，且，

所以面的外接圆的圆心为斜边的中点，设为，

则该四面体的外接球的球心一定在经过，且垂直与面的直线上，设为，

取的中点为，为的重心，连接如图所示

 则由题意有，，

所以二面角即为

由此可得平面，平面，

且四点共圆，又为的重心，

所以，

在中，由余弦定理得：

所以，所以四边形外接圆的直径为：

所以在直角中，，

所以四面体外接球的半径为 ，

所以四面体的外接球球的表面积为：

故答案为：

四、双空题

16．瑞士著名数学家莱昂哈德·欧拉于1765年在他的著作《三角形的几何学》中首次提出定理：三角形的重心、垂心和外心三点共线.后人把这条直线称为三角形的“欧拉线”.已知等腰的三个顶点是，，，且其“欧拉线”与圆：相交于点，两点，则的“欧拉线”方程为_________，弦长_________.

【答案】         

【分析】根据点斜式可求边上的垂直平分线方程，由等腰三角形的性质可知上的垂直平分，高，中线为同一条直线，即可得欧拉线方程，根据圆的弦长公式即可求解.

【详解】由于 所以为等腰三角形，

中点为，,

所以边上的垂直平分线方程为： ，即，

由于等腰三角形中，边上的垂直平分，高，中线为同一条直线，即经过其重心，外心以及垂心，

故欧拉线方程为：，

圆心 到直线的距离为： ，

所以弦长，

故答案为: ,

五、解答题

17．已知函数，其中是的导函数.

(1)求；

(2)求曲线过原点的切线方程.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）求出函数的导函数，再令，计算可得；

（2）由（1）可得函数解析式，从而求出函数的导函数，设切点，利用导数的几何意义求出切线方程，根据切线过原点，求出的值，再代入求出切线方程.

【详解】（1）解：因为，

所以，

令，得，

∴.

（2）解：由（1）可得，所以，

设切点，则，

所以切线方程为，

由题，

整理得，解得或.

当时，切线方程为；

当时，切线方程为.

综上，曲线过原点的切线方程为或.

18．记的内角，，的对边分别为，，，是边的中点，，.

(1)求的取值范围；

(2)若，求的面积.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）由正弦定理可得，结合已知求出的范围，即可得结果；

（2）法一：由及余弦定理可得，进而可得，应用余弦定理有，最后根据三角形面积公式求值；

法二：根据向量对应线段的位置关系、向量数量积的运算律及已知条件得、，即可得，最后根据三角形面积公式求值；

【详解】（1）∵，，；

∴，又，

∴，则.

∴，

∴，即的取值范围是.

（2）法一：∵，则，

∴，化简得：①，

∵是边的中线，且，，

∴，代入①整理得：②，

又，

∴③，

由②③两式得：.

∴.

法二：∵是边的中点，

∴，

∴，即，

∵，，

∴代入上式整理得：①，又，

∴，

∵，

∴②，

由①②解得.

∴.

19．山西省高考综合改革从2022年秋季入学的高一年级学生开始实施，新高考将实行“3＋1＋2”模式，其中3表示语文、数学、外语三科必选，1表示从物理、历史两科中选择一科，2表示从化学、生物学、思想政治、地理四科中选择两科.相应的，高校在招生时可对特定专业设置具体的选修科目要求.现从某中学2022年高一年级所有学生中随机抽取20人进行选科情况调查，得到如下统计表：

(1)请创建列联表，依据小概率值的独立性检验，能否认为学生“选择化学科目”与“选择物理科目”有关联.

(2)某高校在其人工智能方向专业甲的招生简章中明确要求，考生必须选择物理，且在化学和生物学2门中至少选修1门，方可报名.现从该中学高一新生中随机抽取4人，设具备这所高校专业甲报名资格的人数为，用样本的频率估计概率，求的分布列与期望.

附：

【答案】(1)列联表见解析，有关联

(2)分布列见解析，

【分析】（1）根据题中数据列出列联表即可，根据公式求出，再对照临界值表即可得出结论；

（2）写出随机变量的所有可能取值，求出对应概率，即可得出分布列，再根据期望公式求出期望即可.

【详解】（1）解：根据表格中的数据进行统计后，制作列联表如下：

则，

∴根据小概率值的独立性试验，我们推断学生“选择化学科目”与“选择物理科目”有关联；

（2）解：经统计，样本中选修了物理科目，且在化学和生物学2门中至少选修了一门的人数为10，频率为，

用频率估计概率，则，

随机变量可取，

，，

，，

，

分布列如下：

数学期望为.

20．数列满足，.

(1)若，求证：是等比数列.

(2)若，的前项和为，求满足的最大整数.

【答案】(1)证明见解析

(2)98

【分析】（1）由已知得，可得，进而得证；

（2）利用错位相减结合分组求和可得，结合二项式定理进行放缩，进而得解.

【详解】（1），，，

由已知可得，

，

，

，

所以数列是以为首项，为公比的等比数列；

（2）由（1）得，

所以，

设，数列的前项和为，

则①，

②，

①②得，

所以，

所以，

当时，，

当时，，

当时，，

即，

所以，

所以，，

所以满足的最大整数为

21．已知椭圆的长轴长为，，为的左、右焦点，点在上运动，且的最小值为.连接，并延长分别交椭圆于，两点.

(1)求的方程；

(2)证明：为定值.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由已知可得，根据焦点三角形各边长，结合余弦定理可得，即可得椭圆方程；

（2）设出直线与，分别与椭圆联立可得点与点的坐标，代入面积即可得证.

【详解】（1）由题意得，

设，的长分别为，，

则，当且仅当时取等号，

从而，得，，

则椭圆的标准方程为；

（2）由（1）得，，

设，，

设直线的方程为，直线的方程为，

由，得，

则，

，

同理可得，

所以.

所以为定值.

【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：

(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；

(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．

22．已知函数，，在上有且仅有一个零点.

(1)求的取值范围；

(2)证明：若，则在上有且仅有一个零点，且.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）分，和三种情况讨论，根据零点存在性定理判断即可.

（2）构造，利用导数判断单调性可知，存在唯一，使得，且，从而可得.

【详解】（1），设，

，

①当时，若，则，

在上无零点，不符合题意；

②当时，若，则，

∴在上单调递增，

∴，∴在上无零点，不符合题意；

③当时，若，则，∴在上单调递增，

∵，，

∴存在唯一，使得.

当时，；当时，，

故在上单调递减，在上单调递增，

∵，，

故在上有且仅有一个零点，符合题意；

综上，的取值范围为.

（2）记，

，

由（1）知：若，当时，，，

当时，，，

故在上单调递减，在上单调递增，

又，，

故存在唯一，使得，且.

注意到，可知在上有且仅有一个零点，

且，即.

【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．