山西省三晋名校联盟2023届高三数学下学期5月阶段性测试（七）试题（Word版附解析）

这是一份山西省三晋名校联盟2023届高三数学下学期5月阶段性测试（七）试题（Word版附解析），共28页。试卷主要包含了 记为等差数列的前项和，若，则， 函数的部分图象大致是， 已知，则等内容，欢迎下载使用。

三晋名校联盟
2022-2023学年高中毕业班阶段性测试（七）
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.写在本试卷上无效.
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，若，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】化简集合，由条件可得，根据集合关系列不等式求的取值范围.
【详解】因为，
所以，即，
因为，所以，又，
所以，
故实数的取值范围是.
故选：A.
2. 已知复数，则在复平面内所对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限
C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数运算法则求的代数形式，再确定其在复平面所对应的点及其象限.
【详解】因为，
所以复数在复平面内所对应的点为，该点在第四象限.
故选：D.
3. 已知是圆锥的一个轴截面，分别为母线的中点，，则圆锥的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据轴截面求出底面半径和母线长，再根据侧面积公式可求出结果.
【详解】如图：

因为，所以，则圆锥底面半径，
，即母线，
所以圆锥的侧面积.
故选：D
4. 记为等差数列的前项和，若，则（ ）
A. 30 B. 28 C. 26 D. 13
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件，列出首项和公差的方程组，即可求解.
【详解】设等差数列的首项为，公差为，
则，，，
所以.
故选：C
5. 函数的部分图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】代入特殊点及结合函数的性质分析即可.
【详解】由解析式可得，，排除A；
观察C、D选项，其图象关于纵轴对称，而，
说明不是偶函数，即其函数图象不关于纵轴对称，排除C、D；显然选项B符合题意.
故选：B
6. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据对数的运算，分别利用对数的单调性、对数作商即可求解.
【详解】因为，，，
由，所以，
由，而，则，所以，
综上：，
故选：A.
7. 已知点为锐角的外接圆上任意一点，，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设的外接圆的半径为，根据向量线性运算和数量积运算公式化简可得，根据正弦定理可求，再求出的范围，结合三角函数性质可求的范围.
【详解】因为，
所以
所以，
设的外接圆的半径为，则

所以，
所以，
在中，由正弦定理可得，
又，所以，
所以，
所以，
因为，所以，
因为，
所以，
所以，
又，所以，故，
所以，所以，
又在上都增函数，
所以，故，
又，，，
，故，
所以，
其中当时，即点与点重合时左侧等号成立，
所以的取值范围为.
故选：B.

8. 在平面直角坐标系中，已知双曲线的左､右焦点分别为，，过的直线与双曲线的右支相交于点，过点作，垂足分别为，且为线段的中点，，则双曲线的离心率为（ ）
A. 2 B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由条件证明为线段的中点，由此可得，结合双曲线的定义可得，由勾股定理可得的关系，由此可求曲线的离心率.
【详解】因为，为双曲线的左､右焦点，
所以，
因为
所以，又为线段的中点，
所以为线段的中点，且，
又为线段的中点，
所以，
在中，，，
所以，
所以，
因为点在双曲线的右支上，
所以，
故，
在中，，，，
由勾股定理可得：，
所以，即，
所以，又，
故，
所以，
故选：D.

【点睛】方法点睛：双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：
①求出a，c，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，
然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．
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. 如图为国家统计局公布的2017~2022年全国城镇居民人均可支配收入及人均消费支出统计图，则（ ）

A. 2017~2022年全国城镇居民人均可支配收入及人均消费支出均呈增长趋势
B. 2017~2022年全国城镇居民人均消费支出的中位数为27535
C. 2017~2022年全国城镇居民人均可支配收入的极差大于人均消费支出的极差
D. 2022年全国城镇居民人均消费支出占人均可支配收入的比例大于80%
【答案】BC
【解析】
【分析】根据图表逐项进行判断即可求解.
【详解】对于，由图知年全国城镇居民人均可支配收入呈增长趋势，但人均消费支出2020年比2019年少，所以A不正确；
对于B，由图可知年全国城镇居民人均消费支出的中位数为，所以B正确；
对于C，年全国城镇居民人均可支配收入的极差为，人均消费支出的极差为，所以C正确；
对于D，2022年全国城镇居民人均消费支出占人均可支配收入的比例为，小于，所以D不正确.
故选：BC.
10. 已知为坐标原点，动点满足，记动点的轨迹为，设为轨迹上的两点，为直线上一动点，则下列结论中正确的是（ ）
A. 直线与轨迹有两个公共点
B. 若直线为轨迹的一条切线，则的最小值为1
C. 当时，的最大值是
D. 若为轨迹的两条切线，则四边形面积的最小值为1
【答案】BD
【解析】
【分析】由条件求出点的轨迹方程，由此确定其轨迹，结合直线与圆的位置关系判断A，再求切线长的最小值，由此判断BD，结合向量的运算判断C.
【详解】设点的坐标为，
因为，所以，
所以动点的轨迹为以原点为圆心，为半径的圆，
因为，
所以直线的方程为，
因为圆心到直线的距离，
所以直线与轨迹没有公共点，A错误；
因为直线为轨迹的一条切线，
所以，所以，
因为点到直线的距离，
所以，当且仅当且在线段上时取等号，
又，所以，当且仅当且在线段上时取等号，
故的最小值为1，
所以的面积，
同理可得的面积，
所以四边形面积，
当且仅当且在线段上时取等号，
所以四边形面积的最小值为1，所以B，D 正确；

若，设圆心到直线的距离为，
则，
设的中点为，则，
所以，
因为为直线上一动点，所以无最大值，
所以无最大值，C错误；

故选：BD.
11. 已知函数的图象在区间上有且仅有三个对称中心，则（ ）
A. 的取值范围是
B. 的图象在区间上有2条或3条对称轴
C. 在区间上最大值不可能为3
D. 在区间上为增函数
【答案】BD
【解析】
【分析】化简得，令，求出其对称中心的横坐标，由及有且只有三个整数值，可得，故A不正确；令，求出其对称轴，结合的范围分析可知B正确；利用得，由的范围分析可得C不正确；根据正弦函数的单调性可得D正确.
【详解】，
令，得，
由结合，得，
依题意有且只有三个整数值，所以，得，故A不正确；
令，得，
由结合，得，
当时，，此时或，函数的图象在区间上有2条对称轴，为，，
当时，，此时或或，函数的图象在区间上有2条对称轴，为，，，
所以的图象在区间上有2条或3条对称轴，故B正确；
当时，，
因为，所以，所以当，即时，取得最大值，故C不正确；
由，得，因为，所以，
因为，所以在区间上为增函数，故D正确.
故选：BD
12. 如图，在直四棱柱中，分别为侧棱上一点，，则（ ）

A. B.
C. 的最大值为 D. 当时，
【答案】AD
【解析】
【分析】通过证明平面，可得A正确；以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量计算可得B不正确，C不正确，D正确.
【详解】在等腰梯形中，因为，
根据平面几何知识可得，，，
在直棱柱中，平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
因为平面，所以，故A正确；
因为两两垂直，所以以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，

设，则，，，，，，，，
，，，
，则，故B不正确；
，
令，则，
所以当，时，取得最小值，则，
根据平面向量夹角的范围可知，的最大值为，故C不正确；
当时，，，，
所以，又与不相交，所以，故D正确.
故选：AD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，则__________.
【答案】2
【解析】
【分析】利用两角和的正弦公式，化简求，再化简求值.
【详解】已知，所以，，
.
故答案为：2
14. 已知随机变量服从正态分布，且，则的展开式中的系数为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据正态分布的性质求，结合二项式定理展开式的通项公式求展开式中的系数.
【详解】因为随机变量服从正态分布，且，
所以，故，
二项式展开式的通项，
令，可得，
所以展开式中的系数为，
故答案为：.
15. 已知在平面直角坐标系中椭圆的离心率为分别为椭圆的左､右焦点，为椭圆上不同于四个顶点的任意一点，延长线段到，若在轴上存在一点，满足，垂足为，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】由条件结合离心率定义求，由条件证明，结合椭圆定义可得，利用中位线性质求.
【详解】设椭圆的半焦距为，则，故，
由题可知，解得.
因为，
所以为线段的中点，且是的垂直平分线，
则.
由椭圆定义可知.
因为为的中点，
所以.
故答案为：.

16. 已知，且，则的最小值为__________.
【答案】1
【解析】
【分析】由，得，构造函数，，用导数得在上为增函数，可得，即，代入后再构造函数，利用导数可求出最小值.
【详解】因为，，所以，所以，且，
所以，
设，，
则，因为，所以，在上为增函数，
因为，所以，则，所以，
所以，
令，则，
令，则，则在上为增函数，
令得，即，
则存在唯一实数，使得，即，
所以当时，，，当时，，，
所以在上为减函数，在上为增函数，
所以.
所以的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：将变形为，再利用指对同构，设，，将化为是本题解题关键.
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. 从①，②，③前项和满足中任选一个，补充在下面的横线上，再解答.
已知数列的首项，且__________.
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）选①因式分解得，则有，则可得到其通项，选②两边同加得，则可写出通项，选③移项整理有，则可得到其通项；
（2），通过列项求和即可得到答案.
【小问1详解】
选①：
由，
可得.
因为，所以
所以是以1为首项，2为公差的等差数列，所以
选②：
由，得，
所以，所以，
故数列是常数列，
所以，故.
选③：
由，得，则，
所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，
所以，则.
当时，，
易知也满足上式，
故的通项公式为.
【小问2详解】
由（1）可得，
则

18. 乡村民宿立足农村，契合了现代人远离喧嚣､亲近自然､寻味乡愁的美好追求.某镇在旅游旺季前夕，为了解各乡村的普通型民宿和品质型民宿的品质，随机抽取了8家规模较大的乡村民宿，统计得到各家的房间数如下表：
民宿点
甲
乙
丙
丁
戊
己
庚
辛
普通型民宿
16
8
12
14
13
18
9
20
品质型民宿
6
16
4
10
11
10
9
12

（1）从这8家中随机抽取3家，在抽取的这3家的普通型民宿的房间均不低于10间的条件下，求这3家的品质型民宿的房间均不低于10间的概率；
（2）从这8家中随机抽取4家，记X为抽取的这4家中普通型民宿的房间不低于15间的家数，求X的分布列和数学期望.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件概率公式即可求解.
(2)根据超几何分布，即可求出分布列和期望.
【小问1详解】
由题可知这8家乡村民宿中普通型民宿的房间不低于10间的有6家，品质型民宿和普通型民宿的房间均不低于10间的有4家.
记“这3家的普通型民宿的房间均不低于10间”为事件，“这3家的品质型民宿的房间均不低于10间”为事件，则，
所以.
【小问2详解】
这8家乡村民宿中普通型民宿的房间不低于15间的有3家，故的所有可能取值为.
，
，
所以的分布列如下表：

0
1
2
3





所以.
19. 如图，在四棱柱中，

（1）求证：平面平面；
（2）设为棱的中点，线段交于点平面，且，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理作答.
（2）由（1）的信息，以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.
【小问1详解】
设交于点，连接，如图，
因为，则点在线段的垂直平分线上，即有为的中点，
又因为，则，
又平面，因此平面，而平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
由（1）知，平面，而平面，则平面平面，
在平面内过作，又平面平面，因此平面，
射线两两垂直，以为原点，射线的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，
因为为棱的中点，则点是正的重心，
又，平面，且，
则，
所以，
设平面法向量为，
则，令，得，
设平面的法向量为，
则，令，得，
设平面与平面的夹角为，则，
即平面与平面的夹角的余弦值为.
20. 如图，在中，分别为边上一点，.


（1）若，求的长；
（2）若，求的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）在中由余弦定理求，在中由勾股定理求的长；
（2）设，在中由正弦定理求得，再由正弦定理求.
【小问1详解】
在中由余弦定理可得，
又，
所以，
所以，
解得或，
因为为的斜边，，
故，
所以，且；
【小问2详解】
设，
则，又，故，
因为，所以，
所以，
在中，由正弦定理得，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
设，
则，故，
因为，所以，所以，
所以，即，
由正弦定理可得，
所以，
所以.

21. 已知点是抛物线焦点，准线与轴的交点为，点是抛物线上任一动点.当点的横坐标为8时，的面积为.
（1）求抛物线的方程；
（2）设是抛物线的准线上的两个不同点，点的横坐标大于1，坐标原点到的边的距离都等于1，求的周长的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据抛物线的定义即可求解.
（2）设点，点，点，通过点到直线、的距离为1，得到是关于的方程的两个不等实根.从而得到根与系数的关系，从而求出面积的最小值，即可求出周长的最小值.
【小问1详解】
将代入抛物线方程，得.
因为的面积为，
所以，解得
所以抛物线的方程为.
【小问2详解】
设点，点，点，
则直线的方程为，即.
由原点到直线的距离为1，可得，
故.
由条件知，上式化简得.
同理有.
所以是关于的方程的两个不等实根.
由根与系数的关系可得.
所以.
因为，所以，
又点到直线的距离为，
所以的面积为.
令，则.
因为，
上述两个不等式都当且仅当时取等号，所以，
故面积的最小值为.
因为原点到的三边距离都等于1，所以，
所以的周长为，
所以的周长的最小值为.

22 已知函数.
（1）当时，求函数的图象在点处的切线方程；
（2）若的图象与直线恰有两个不同的公共点，求实数的取值范围.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）把代入，求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程作答.
（2）构造函数，利用导数探讨函数在上有两个零点即可.
【小问1详解】
当时，，求导得，则，而，
所以的图象在点处的切线方程为，即.
【小问2详解】
设，其定义域为，
则，
①若，即，当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为时，时，，
所以要使有两个零点，则，解得，故；
②若，即，由，解得，所以有且仅有1个零点，则不符合题意；
③若，即，由，得或，由，得，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
因为时，时，，
所以要使有两个零点，则或，
若，解得，不符合题意；
若，设，
则化为，
当时，，所以无解，
即无解，故不符合题意；
④若，即恒成立，则在上单调递增，从而最多有1个零点，则不符合题意.
⑤若，即，由，得或，由，得，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
因为时，时，，
所以要使有两个零点，则或，
若，解得，不符合题意，
若，
设，则化为，
令，则，
设，则当时，，
所以在上单调递减，即在上单调递减，
从而，所以在上单调递减，
所以，则无解，即无解，故不符合题意，
综上，实数的取值范围是.
【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.