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

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：A

2．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

，②

①②，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.