2023届山西省部分学校高三下学期质量检测数学试题含解析

这是一份2023届山西省部分学校高三下学期质量检测数学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届山西省部分学校高三下学期质量检测试题 一、单选题1．已知复数（i为虚数单位），则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用复数除法法则计算得到，进而求出，计算出模长.【详解】，则，所以，则故选：A2．已知全集，集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先化简集合，结合集合的补集运算和交集运算求解.【详解】因为，，又，所以，所以.故选:B.3．某中学有高中生人，初中生人，男、女生所占的比例如下图所示.为了解学生的学习情况，用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为的样本，已知从高中生中抽取女生人，则从初中生中抽取的男生人数是A． B． C． D．【答案】A【详解】分析：首先确定分层抽样的抽取比例，然后求解初中生中抽取的男生人数即可.详解：因为分层抽样的抽取比例为，所以初中生中抽取的男生人数是人.本题选择A选项.点睛：进行分层抽样的相关计算时，常利用以下关系式巧解：(1) ；(2)总体中某两层的个体数之比＝样本中这两层抽取的个体数之比．4．已知，且，则（    ）．A． B． C． D．【答案】B【分析】由可求sinθ，由可求tanθ，再由正切二倍角公式可求tan2θ.【详解】∵，且，∴，∴，∴．故选：B．5．已知圆：的圆心到直线的距离为，则圆与圆：的公切线共有（    ）A．0条 B．1条 C．2条 D．3条【答案】B【分析】先根据题意求得，从而得到两圆的圆心和半径，进而求得圆心距等于两半径的差，得知两圆内切，即可知道公切线只有1条.【详解】圆：的圆心为，半径为a，所以圆心到直线的距离为，解得或．因为，所以.所以圆：的圆心为，半径为．圆：的标准方程为，圆心坐标为，半径，圆心距，所以两圆相内切．所以两圆的公切线只有1条.故选：B．6．已知点P是曲线上任意的一点，则点P到直线的距离的最小值是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意可知，过点的切线与直线平行，由此可求出点的坐标，然后利用点到直线的距离公式求解即可【详解】令，则，即，所以，故选：D．7．已知双曲线的左焦点为F，直线与C交于A，B两点（其中点A位于第一象限），，O为坐标原点，且的面积为，则C的离心率是（    ）A． B．2 C． D．3【答案】C【分析】根据已知条件结合双曲线的对称性，知四边形为矩形，再结合双曲线的定义和直角三角形的勾股定理及双曲线的离心率公式即可求解.【详解】如图，设双曲线的右焦点为，连接，因为，所以，由图形的对称性知为矩形，则有，所以，在中，，解得．故选: C.8．已知函数，关于x的方程有四个不同的实数根，则实数t的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】令，求导判断单调性，再根据与图象之间的关系，即可绘制函数的图象. 令，结合图象，根据题意若要满足有四个根，只需方程的两根与满足：其中一个根，另一个根或．再结合二次函数图象可建立不等式即可求解.【详解】令，则，令，解得，故函数在区间上单调递减，在上单调递增，且在处，取得最小值，当时，；当时，，又因为，则的图像是将的图象在轴下方的部分关于轴向上翻折，保留轴上方的部分得到的，故的图象如图所示，令，结合图象，根据题意若要满足有四个根，则需方程有两个实根与，且满足其中一个根，另一个根或，由，得或，当方程的一个根，另一个根时，将代入，可得，故化为，解得或，不符合题意；当方程的一个根，另一个根时，所以解得．综上所述，实数t的取值范围为．故选：B．【点睛】关键点睛：本题的关键是要准确画出函数的图象，可通过对求导得到单调性，再结合与图象之间的关系，即可绘制函数的图象，从而把问题转化为方程的两根与满足：其中一个根，另一个根或． 二、多选题9．已知，，则下列不等式成立的是（    ）A． B．C． D．【答案】ABD【解析】根据不等式的基本性质，可判定A、B正确，根据指数函数和幂函数的单调性，可判定C错误，D正确.【详解】由，，根据不等式的性质，可得，所以A是正确的；由，，可得，则，可得，所以B正确；取，，则，从而，所以C错误；由幂函数，在上是增函数，则由，即得，则D正确.故选：ABD.【点睛】本题主要考查了不等式的基本性质，以及幂函数的单调性的应用，其中解答中熟记不等式的基本性质，以及合理应用幂函数的单调性进行比较是解答的关键，着重考查推理与运算能力.10．将函数的图象上每个点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），得到的图象，则下列说法正确的是（    ）A．的图象关于直线对称B．的图象关于点对称C．在上的值域为D．的图象可由的图象向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度得到【答案】AD【分析】利用三角函数的恒等变换化简，可得，分别将，代入，根据其函数值可判断A，B；根据，确定，根据正弦函数的性质可判断C；根据三角函数图象的平移变换规律可判断D.【详解】对A，因为，所以，将代入中，即，则的图象关于直线对称，故A正确；对B，因为，故的图象关于点对称，故B错误；对C，当时，，，故，即在上的值域为，故C错误；对D，由的图象向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度，得到的图象，故D正确．故选：AD．11．在棱长为的正方体中，为的中点，为四边形内一点（包含边界），若平面，则下列结论正确的是（    ）A． B．三棱锥的体积为定值C．线段长度的最小值为 D．的最小值是【答案】BCD【分析】取中点，可证得平面平面，由此可确定点轨迹为线段；对于A，利用特殊点即可知A错误；对于B，利用体积桥，由可知B正确；对于C，所求最小值即为点到线段的距离，利用面积桥可构造方程求得结果，知C正确；对于D，设，，根据可求得，由此可知D正确.【详解】取中点，连接，易知，平面，平面，平面；同理可得：平面，又，平面，平面平面，又平面，平面，又为四边形内一点（包含边界），.对于A，当在处时，与不垂直，A错误；对于B，为定值，到平面的距离等于平面的距离，即，，B正确；对于C，线段长度的最小值为点到线段的距离，在中，，，，设点到线段的距离为，则，解得：，即线段长度的最小值为，C正确；对于D，设，，则，（当且仅当时等号成立），又，的最小值是，D正确.故选：BCD.【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的动点轨迹相关问题的求解，解题关键是能够利用面面平行确定动点的轨迹，进而将各选项中的求解内容进行转化，借助于临界点来确定结果.12．过抛物线C：的焦点F的直线交该抛物线于A，B两点，O为坐标原点，则下列判断正确的是（    ）A．可能为锐角三角形B．过点且与抛物线C仅有一个公共点的直线有2条C．若，则的面积为D．最小值为【答案】CD【分析】对于A：联立直线AB与抛物线的方程，由韦达定理得，，从而得到，由此判断即可；对于B：判断得点在抛物线外，由此得以判断；对于C：利用抛物线的定义可求得，进而求得，从而根据即可判断；对于D：利用抛物线的定义得到，从而利用基本不等式即可判断.【详解】对于A：因为抛物线C：的焦点为F，所以，设，，AB方程为，由，得，所以，，故，所以∠AOB为钝角，故A错误；对于B：因为对于，当时，，所以在抛物线外，显然过与抛物线C相切的直线有2条，当此直线与x轴平行时，与抛物线C也是仅有一个公共点，所以过点且与抛物线C仅有一个公共点的直线有3条，故B错误；对于C：当时，设，则，，即，不妨设，此时，故AB方程为，联立抛物线C：，解得，所以，故C正确；对于D：由选项A知，且，所以，当且仅当，即时，等号成立，故D正确．故选：CD． 三、填空题13．已知向量，，若，则______．【答案】##【分析】根据向量的坐标运算和数量积的坐标运算即可求解.【详解】 ，所以 故答案为：14．在的展开式中的系数是______.【答案】【分析】由题可知展开式的通项公式，进而可得.【详解】因为的展开式中，通项公式，令，解得，又， ∴的系数为.故答案为：．15．已知等腰直角的斜边，沿斜边的高线将折起，使二面角的大小为，则四面体的外接球的表面积为__________．【答案】【详解】等腰直角翻折后 是二面角的平面角，即，因此外接圆半径为 ，四面体的外接球半径等于 ，外接球的表面积为 点睛：涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.16．已知定义在R上的可导函数的导函数为，满足，且，，则不等式的解集是________．【答案】【分析】利用构造法，构造函数，由其导数可得新函数的单调性，根据函数的对称性，可得新函数的函数值，进而可得答案.【详解】设，∴，∴在R上单调递减．∵，∴的图象关于直线对称，∴，∴．∵，∴，即，∴2，故不等式的解集是．故答案为：. 四、解答题17．已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，．(1)求角B的大小；(2)若，，求的面积．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再结合辅助角公式即可得解；（2）利用余弦定理求得，再根据三角形的面积公式即可得解.【详解】（1）因为，所以，因为，所以，所以，得，即，因为，所以，所以，所以；（2）由余弦定理得，即，解得，所以．18．已知数列满足，且．(1)求数列的通项公式；(2)若数列满足，求数列的前项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据递推关系的特征采用累加法求解即可（2）根据数列通项公式的特征采用错位相减法求和【详解】（1）因为，所以，，…，所以．又，所以，所以．又，也符合上式，所以．（2）结合（1）得，所以，①，②①②，得，所以．19．如图，菱与四边形相交于，平面，为的中点，.(1)求证：平面；(2)求直线与平面成角的正弦值.【答案】(1)见解析；(2). 【分析】(1)取的中点，连接，要证平面，只需证平面平面，由，可得；(2)以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，过点与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，用空间向量求解即可.【详解】（1）取的中点，连接,因为为菱形对角线的交点，所以为中点.又为中点，所以.又因为分别为的中点，所以.又因为，所以，又，平面,,平面，所以平面平面.又平面，所以平面；（2）连接，设菱形的边长，则由，得，又因为，所以，则在直角三角形中，，所以，且由平面，，得平面.以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，过点与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，则,,则，设为平面的一个法向量，则即令，得，所以.又，所以，设直线与平面所成角为，则.所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】方法点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.20．某工厂的污水处理程序如下：原始污水必先经过系统处理,处理后的污水（级水）达到环保标准（简称达标）的概率为.经化验检测,若确认达标便可直接排放；若不达标则必须进行系统处理后直接排放.某厂现有个标准水量的级水池,分别取样、检测. 多个污水样本检测时,既可以逐个化验,也可以将若干个样本混合在一起化验.混合样本中只要有样本不达标,则混合样本的化验结果必不达标.若混合样本不达标,则该组中各个样本必须再逐个化验；若混合样本达标,则原水池的污水直接排放.现有以下四种方案,方案一：逐个化验；      方案二：平均分成两组化验；方案三：三个样本混在一起化验,剩下的一个单独化验；      方案四：混在一起化验.化验次数的期望值越小,则方案的越“优”.(1)若,求个级水样本混合化验结果不达标的概率；(2)若,现有个级水样本需要化验，请问：方案一，二，四中哪个最“优”？(3)若“方案三”比“方案四”更“优”,求的取值范围.【答案】(1)(2)方案四最“优”(3) 【分析】（1）根据所给相互独立事件重复发生的概率为两相互独立事件概率乘积，及相互独立事件的概率和为，可得结果；（2）分别求出三种方案对应分布列，进一步求出各自的期望值，比较期望值大小得最优方案；（3）分别求出期望值，利用期望大小关系建立关于的不等式，解得的取值范围．【详解】（1）该个级水样本混合化验结果达标的概率是,所以根据对立事件原理，则不达标的概率为;（2）方案一：逐个检测，检测次数为．方案二：由（1）知，每组两个样本的检测时，若达标则检测次数为，概率为；若不达标则检测次数为，概率为．故方案二的检测次数，可能取，，．概率分布列如下， 可求得方案二的期望为，方案四：混在一起检测，记检测次数为，可取，．概率分布列如下， 可求得方案四的期望为．比较可得，故选择方案四最“优”．（3）方案三：设化验次数，可取，． ； 方案四：设化验次数，可取，． ；由题意得 ．故当时，方案三比方案四更“优”．【点睛】方法点睛：求离散型随机变量的分布列，首先要根据具体情况确定的取值情况，然后利用排列，组合与概率知识求出取各个值时的概率．对于服从某些特殊分布的随机变量，其分布列可以直接应用公式给出，其中超几何分布描述的是不放回抽样问题，随机变量为抽到的某类个体的个数．21．已知椭圆的左右焦点分别为、，上顶点为，若直线的斜率为，且与椭圆的另一个交点为，的周长为．（1）求椭圆的标准方程；（2）过点的直线（直线的斜率不为）与椭圆交于、两点，点在点的上方，若，求直线的斜率．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由椭圆的定义得出的周长为可求出的值，又由直线的斜率得出，可求出、的值，从而得出椭圆的标准方程；（2）将直线的方程与椭圆方程联立，求出点的坐标，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由题意分析得出，代入韦达定理可求出实数的值，即可得出直线的斜率.【详解】（1）根据题意，因为的周长为，所以，即，由直线的斜率，得，因为，所以，所以椭圆的标准方程为；（2）由题意可得直线方程为，联立得，得，解得，所以，因为，即，所以，当直线的斜率为时，不符合题意；故设直线的方程为，设点、，由点在点的上方，且，则有，联立，所以，由韦达定理得，，消去得，所以，得，，又由画图可知不符合题意，所以，故直线的斜率为．【点睛】本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了椭圆中的三角形面积比的计算，解题时要结合已知条件将三角形的面积比转化为共线向量来处理，并结合韦达定理进行求解，考查运算求解能力，属于中等题.22．已知函数．(1)若不等式在上恒成立，求实数a的取值范围；(2)若，求证：．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导数，证明导数为单调增函数，然后分和两种情况判断导数的正负，从而判断函数的单调性，结合不等式恒成立，求得参数范围；（2）利用（1）的结论将要证明的不等式转化为证明，从而构造函数，利用导数判断函数单调性，结合函数值范围，进而证明原不等式成立.【详解】（1）由题意知，，令，则，则在上恒成立， 仅在时取等号，所以在上单调递增，即在上单调递增．当时，在上恒成立，所以在上单调递增，所以，符合题意；当时，．令，则，所以在上单调递减，在上单调递增，所以．所以，又在上单调递增，所以，使得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，不符合题意．综上所述，实数a的取值范围是．（2）证明：由（1）得，当，时，，即，要证不等式，只需证明，只需证明，即只需证，设，则，当时，恒成立，故在上单调递增，又，所以恒成立，所以原不等式成立．【点睛】难点点睛：第二问证明不等式成立时，要结合第一问的结论，得到，即，这是要结合所要证明的不等式的变形进行的合理变式，因此难点就在于要利用分析的方法，将原不等式转化为证明，即需证明，也就是证，然后可以构造函数，利用导数判断函数单调性解决问题.