山西省三晋名校联盟2023届高三下学期顶尖计划联考数学试题(含答案)

这是一份山西省三晋名校联盟2023届高三下学期顶尖计划联考数学试题(含答案)，共18页。试卷主要包含了已知，则，已知等比数列满足，，则，若直线与函数和的图象都相切，则，已知抛物线C，在的展开式中，下列结论正确的是，已知正实数a，b满足，则等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年（下）高三顶尖计划联考
数学
考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.答在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、单项选择题：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.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2.已知，则z的虚部为（ ）
A. B. C.2 D.
3.已知圆：和：交于A，B两点，则（ ）
A. B. C. D.
4.已知，则（ ）
A. B. C. D.
5.如图是一款多功能粉碎机的实物图，它的进物仓可看作正四棱台，已知该四棱台的上底面边长为40，下底面边长为10，侧棱长为30，则该款粉碎机进物仓的容积为（ ）

A. B. C. D.
6.已知等比数列满足，，则（ ）
A.32 B.64 C.96 D.128
7.若直线与函数和的图象都相切，则（ ）
A.-1 B.0 C.1 D.3
8.已知抛物线C：（）的焦点为F，准线为l，过F且斜率为的直线与C交于A，B两点，D为的中点，且于点M，的垂直平分线交x轴于点N，四边形的面积为，则（ ）
A. B.4 C. D.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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.在的展开式中，下列结论正确的是（ ）
A.第6项和第7项的二项式系数相等 B.奇数项的二项式系数和为256
C.常数项为84 D.有理项有2项
10.已知正实数a，b满足，则（ ）
A. B. C. D.
11.已知函数（）在上单调，且曲线关于点对称，则（ ）
A.以为周期
B.的图象关于直线对称
C.将的图象向右平移一个单位长度后对应的函数为偶函数
D.函数在上有两个零点
12.在长方体中，，E是棱的中点，过点B，E，的平面交棱于点F，点P为线段上一动点，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.三棱锥外接球表面积的取值范围是
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知双曲线C：的右焦点为F，点，若直线与C只有一个交点，则______.
14.已知向量，的夹角为，与垂直，，则_____________.
15.某产品的质量检验过程依次为进货检验（IQC）、生产过程检验（IPQC）、出货检验（OQC）三个环节.已知某产品IQC的单独通过率为，IPQC的单独通过率为，规定上一类检验不通过则不进入下一类检验，未通过可修复后再检验一次（修复后无需从头检验，通过率不变且每类检验最多两次），且各类检验间相互独立，则一件该产品能进入OQC环节的概率为___________.
16.已知函数与的定义域均为，，，且，为偶函数，则___________.
四、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17.（10分）
在①；②；③，这三个条件中任选一个补充在下面横线上，并解答问题.
已知数列的前n项和.
（Ⅰ）证明：数列是等差数列；
（Ⅱ）若，设_____________，求数列的前n项和.
18.（12分）
已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（Ⅰ）求C；
（Ⅱ）若，，角C的平分线交于点D，点E满足，求.
19.（12分）
如图，在三棱柱中，四边形为菱形，E为棱的中点，为等边三角形.

（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）若，，，求平面和平面夹角的余弦值.
20.（12分）
某剧场的座位数量是固定的，管理人员统计了最近在该剧场举办的五场表演的票价（单位：元）和上座率（上座人数与总座位数的比值）的数据，其中，2，3，4，5，并根据统计数据得到如下的散点图：

（Ⅰ）由散点图判断与哪个模型能更好地对y与x的关系进行拟合（给出判断即可，不必说明理由），并根据你的判断结果求回归方程；
（Ⅱ）根据（Ⅰ）所求的回归方程，预测票价为多少时，剧场的门票收入最多.
参考数据：，，，；设，则，，，，，.
参考公式：对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，.
21.（12分）
已知椭圆C：（）的离心率为，三点，，中恰有两个点在椭圆上.
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）若C的上顶点为E，右焦点为F，过点F的直线交C于A，B两点（与椭圆顶点不重合），直线，分别交直线于P，Q两点，求面积的最小值.
22.（12分）
设函数，.
（Ⅰ）讨论的单调性；
（Ⅱ）若当时，不等式恒成立，求m的取值范围.
2022—2023学年（下）高三顶尖计划联考
数学·答案
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.
1.答案D
命题意图 本题考查集合的表示与运算.
解析 由，得，由，得，所以.
2.答案C
命题意图 本题考查复数的基本运算
解析 设（a，），则.因为，所以，所以，，所以z的虚部为2
3.答案B
命题意图 本题考查圆与圆的位置关系.
解析 将和相减得直线：，点到直线的距离，所以.
4.答案 A
命题意图 本题考查三角恒等变换的应用
解析 因为，所以.
5.答案C
命题意图 本题考查四棱台的体积计算.
解析 画出满足题意的正四棱台，如图所示，则，.过点D作于点E，则，，所以该正四棱台的体积为.

6.答案B
命题意图 本题考查等比数列的基本性质
解析 设的公比为q，则，得，所以.
7.答案D
命题意图 本题考查导数的几何意义.
解析 设直线与函数和的图象分别相切于点，，则由，得，令，得，将代入中得，由，得，令，得，，将代入中得，所以.
8.答案A
命题意图 本题考查抛物线的性质.
解析 由题意知，直线的方程为.设，，，由得，所以，所以，由，得.如图所示，作轴于点E，则.因为，，故，，所以，，又，得四边形为平行四边形.所以其面积为，解得.

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.每小题全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9.答案BC
命题意图 本题考查二项式定理的应用.
解析 的展开式中共有10项，由二项式系数的性质可得展开式中的第5项和第6项的二项式系数相等，故A错误；由已知可得二项式系数之和为，且展开式中奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和相等，所以奇数项的二项式系数和为，故B正确；展开式的通项为（，），令，解得，故常数项为，故C正确；有理项中x的指数为整数，故，2，4，6，8，故有理项有5项，故D错误.
10.答案ABC
命题意图 本题考查基本不等式的应用.
解析 对于A，因为，所以，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于C，，故C正确
对于D，，所以，故D错误
11.答案BD
命题意图 本题考查三角函数的图象与性质.
解析 因为函数在上单调，所以的最小正周期T满足，即，所以，因为的图象关于点对称，所以，，得，，所以当时，，所以，故A错误；当时，，故B正确；将的图象向右平移个单位长度后得的图象，为奇函数，不是偶函数，故C错误；令，当时，，直线与的图象在上有两个交点，故D正确.
12.答案ACD
命题意图 本题考查立体几何的综合问题.
解析 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，所以平面，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，则，因为，，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C，Q，则点P在平面内的射影在上，直线与平面所成角即，，由已知可得，最小为，所以的最大值为2，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P与F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.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.答案
命题意图 本题考查双曲线的性质.
解析 由题意知，双曲线C的渐近线方程为或，因为直线与C只有一个交点，所以直线与C的渐近线平行，即或，得.
14.答案 6
命题意图 本题考查平面向量的运算
解析 设，由已知可得，，即，所以.
15.答案
命题意图 本题考查概率的乘法公式的应用
解析 设表示第i次通过进货检验，表示第i次通过生产过程检验（，2），C表示该产品能进入出货检验环节，由题意得.
16.答案 248
命题意图 本题考查抽象函数问题
解析 因为是偶函数，所以，用替换x，得.条件转化为，所以①②得.在②中用替换x，得③，则①③得.则，.在①中令，可得，所以.在中令，得，又，所以，再由2知.所以.
四、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤
17.命题意图本题考查等差数列的概念和数列求和方法的应用.
解析（Ⅰ）因为①，
所以②， （1分）
②①得，
整理得， （3分）
由等差数列的定义可知是等差数列. （4分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）得的公差，
又因为，所以. （6分）
若选①：
， （8分）
所以
. （10分）
若选②：
， （8分）
所以
. （10分）
若选③：
，
，
则， （7分）
两式作差得
. （9分）
所以. （10分）
18.命题意图 本题考查解三角形.
解析 （Ⅰ）由条件和正弦定理得， （1分）
所以，
展开后整理得. （3分）
因为，所以，所以， （4分）
又，所以. （5分）
（Ⅱ）如图所示，因为，，所以，
又因为为为的平分线，所以，. （6分）
因为，所以在中，，
又，所以为等边三角形，所以. （8分）

在中，由余弦定理可得，即. （10分）
在中，由正弦定理可得，
即，得. （12分）
19.命题意图 本题考查空间垂直关系的证明，以及利用空间向量计算二面角.
解析 （Ⅰ）如图，连接接，与相交于点F，连接，.
因为四边形为菱形，所以F为的中点，且. （1分）
因为为等边三角形，所以. （2分）
因为，所以平面. （3分）
因为平面，所以. （4分）
因为，所以. （5分）
（Ⅱ）设，的中点分别为O，G，连接，.
由（Ⅰ）可知，又，，
所以平面
因为，所以平面，
因为为等边三角形，所以. （6分）
以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， （7分）

则，，，，
所以，，
由，，得，，，
所以，，.
设平面的法向量为，
则令，得. （9分）
设平面的法向量为，
则令，得. （10分）
设平面与平面的夹角为，
所以，
即平面与平面夹角的余弦值为. .（12分）
20.命题意图 本题考查线性回归模型的应用
解析 （Ⅰ）能更好地对y与x的关系进行拟合.. （1分）
设，先求y关于z的线性回归方程
由已知得，
所以， （3分）
， （4分）
所以y关于z的线性回归方程为， （5分）
所以y关于x的回归方程为. （6分）
（Ⅱ）设该剧场的总座位数为M，由题意得门票收入为. （7分）
设函数，则， （8分）
当，即时，函数单调递减，当，即时，函数单调递增，
所以在处取最大值， （11分）
所以预测票价为220元时，剧场的门票收入最多. （12分）
21.命题意图 本题考查椭圆的性质，椭圆与直线的位置关系.
解析 （Ⅰ）由椭圆的对称性可知点和在C上，
代入方程得. （2分）
设C的半焦距为e（），则离心率为，所以，， （3分）
所以，解得，. （4分）
所以椭圆C的方程为. （5分）
（Ⅱ）设，，直线：（）. （6分）
由消去x得，
所以，.（*） （7分）
设点，.
由题可知，所以直线的方程为，
由与联立得， （8分）
同理可得.
所以

.
将（*）代入上式整理得. （9分）
因为点到直线的距离，
所以. （10分）
设，则，
所以，
当，即时，. （12分）
22.命题意图 本题考查利用导数研究函数性质.
解析 （Ⅰ）依题意得. （1分）
①当时，令，得，令，得， （2分）
所以在上单调递减，在上单调递增；
②当时，令，得，令，得或，
所以在上单调递减，在和上单调递增； （3分）
③当时，在上恒成立，所以在上单调递增； （4分）
④当时，令，得，令，得或，
所以在上单调递减，在和上单调递增. （5分）
（Ⅱ）当时，恒成立，则恒成立.
（ⅰ）当时，不等式即，满足条件. 6分）
（ⅱ）当时，原不等式可化为，该式对任意恒成立.
设，则.
设，则.
因为，所以，所以在上单调递增，即在上单调递增.
又因为，所以是在上的唯一零点， （8分）
所以当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，所以当时，，所以. （9分）
（ⅲ）当时，原不等式可化为，
此时对于（ⅱ）中的函数，可知当时，，
所以在上单调递减，且，
所以当时，，即，所以在上单调递减，
所以当时，，所以. （11分）
综上所述，m的取值范围是. （12分）