精品解析：山西省三重教育2023届高三上学期12月联考数学试题

数学试卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.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､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（ ） A. 1 B. 3 C. D. 3. 圆锥的母线长为2，侧面积为，若球的表面积与该圆锥的表面积相等，则球的体积为（ ） A. B. C. D. 4. 书包中装有大小相同的2本数学书和2本语文书，若每次从中随机取出一本书且不放回，则在第二次取出的是数学书的条件下，第一次取出的是语文书的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 记为等差数列的前项和，若，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知双曲线的左焦点为，右顶点为A，两条渐近线为.设关于的对称点为，且线段的中点恰好在上，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 定义域为的函数满足，且.当时，，则（ ） A. B. C. D. 8. 设,则（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，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. 为了研究汽车减重对降低油耗的作用，对一组样本数据进行分析，其中表示减重质量（单位：千克），表示每行驶一百千米降低的油耗（单位：升），，由此得到的线性回归方程为.下列说法正确的是（ ） A. 的值一定为0 B. 越大，减重对降低油耗的作用越大 C. 残差的平方和越小，回归效果越好 D. 至少有一个数据点在回归直线上 10. 如图，是底面为正六边形的直棱柱，则下列直线与直线垂直的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知数列满足，则（ ） A. B. C. D. 12. 已知点，，为圆上的点，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最大值为 C. 的最大值为 D. 的最大值为 三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 已知为单位向量，且，则__________. 14. 已知为常数，，的展开式中各项系数的和与二项式系数的和均为，则展开式中的系数为__________（用数字作答）. 15. 已知正方体的棱长为2，E，F分别为棱的中点，则三棱锥的体积为__________. 16. 过抛物线的焦点的直线与交于两点.设为线段的中点，，点，若直线轴，且，则__________. 四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 17. 已知数列满足是公差为1的等差数列. （1）证明：是等比数列； （2）求的前项和. 18. 如图，三棱柱的所有棱长都相等，点在底面上的射影恰好是等边的中心. （1）证明：四边形是正方形； （2）设分别为的中点，求二面角的正弦值. 19. 记的内角的对边分别为，已知. （1）若，求； （2）若，证明：是等边三角形. 20. 设随机变量，若，且，则，其中，．某工厂对一批零件进行抽样检测，根据经验可知每个零件是次品的概率均为． （1）若从这批零件中抽取2个进行检测，求其中次品数的分布列及数学期望； （2）现对这批零件抽取100个进行检测，若其中次品数多于3个，则这批零件为不合格产品．估算这批零件为不合格产品的概率（精确到． 21. 已知椭圆的右焦点为．过且斜率为正数的直线交于两点，关于轴，轴的对称点分别为，且． （1）求的方程； （2）设直线交轴于点，直线与的另一交点为，证明：． 22. 已知函数. （1）若，求； （2）若有两个零点，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学试卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.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､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. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用整数集的概念与列举法得到集合，再利用集合的交集运算即可得解. 【详解】因为， 所以. 故选：B. 2. 已知，则（ ） A. 1 B. 3 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】化简复数z，求出共轭复数，进而可得，即得 . 【详解】解： 故选：A 3. 圆锥的母线长为2，侧面积为，若球的表面积与该圆锥的表面积相等，则球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用圆锥侧面积公式与表面积公式求得其表面积，再利用球的表面积公式得到关于的方程，解之即可求得球的体积. 【详解】依题意，设圆锥的底面半径为，母线， 则圆锥的侧面积为，故， 所以圆锥的底面积为，则圆锥的表面积为， 设球的半径为，则，得， 所以球的体积. 故选：C. 4. 书包中装有大小相同的2本数学书和2本语文书，若每次从中随机取出一本书且不放回，则在第二次取出的是数学书的条件下，第一次取出的是语文书的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件概率公式可求出结果. 【详解】设事件：第一次取出的是语文书，事件：第二次取出的是数学书， 则. 故选：D 5. 记为等差数列的前项和，若，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据等差数列前项和公式，可得首项与公差的关系，再根据等差数列的通项公式求出相邻两项异号即可得出正确选项. 【详解】设公差为，则，即 可得， 又 所以选项中只有与异号， 即. 故选：A. 6. 已知双曲线的左焦点为，右顶点为A，两条渐近线为.设关于的对称点为，且线段的中点恰好在上，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】方法1：根据几何性质分析可得：，运算求解；方法2：根据点关于线对称求点，再求线段的中点，代入渐近线方程运算求解. 【详解】方法1： 如图，设为坐标原点，，直线与交于点，则，且为线段的中点，设线段中点为，则在上， ∵，则， 设直线与轴的交点为，则为线段的中点，且轴，则， ∵，则， ∴，即，整理得 设双曲线的离心率为， 则，解得或（舍去）. 方法2： 由题意可得：， 不妨设直线，， 则，解得，即， 设线段中点为，点，则， 将点坐标代入方程得，整理得， 设双曲线的离心率为， 则，解得或（舍去）. 故选：C. 7. 定义域为的函数满足，且.当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可得：函数关于直线对称，且周期为2，利用函数的周期和对称轴分别求出和的值即可求解. 【详解】由可知，是函数图象的对称轴方程，且函数的周期为2，所以， 且， 故. 故选：. 8. 设,则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由,构造,求导判断单调性,判断的大小,进而判断的大小关系,由,构造,求导判断单调性,判断的大小,进而判断的大小关系,构造,求导判断单调性,判断的大小,进而判断的大小关系,即可选出选项. 【详解】解:由题因为, 不妨设, 当时,, 所以单调递减, 当时,, 单调递增, 所以, 所以, 即, 故; 因为, 即, 两边同时取对数有, 即, 即, 所以; 因为, 不妨设, 则, 所以单调递增, 所以, 故; 因为, 不妨设, 则, 所以单调递增, 所以, 故. 综上,. 故选:D 【点睛】思路点睛:该题是函数与导数综合应用题,考查构造函数比较两个数的大小,主要思路有: (1)根据题目条件,找到都有联系的关键数,令其为x, (2)构造两个式子差的函数, (3)求导求单调性,关键数的范围即为定义域, (4)根据单调性将关键数代入,再取另一离关键数近的函数值比较大小即可. 二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，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. 为了研究汽车减重对降低油耗的作用，对一组样本数据进行分析，其中表示减重质量（单位：千克），表示每行驶一百千米降低的油耗（单位：升），，由此得到的线性回归方程为.下列说法正确的是（ ） A. 的值一定为0 B. 越大，减重对降低油耗的作用越大 C. 残差的平方和越小，回归效果越好 D. 至少有一个数据点在回归直线上 【答案】BC 【解析】 【分析】根据拟合直线不一定过坐标原点可知A错误；由的实际意义可知B正确；残差的平方和越小，说明相关指数越接近于1，其拟合效果越好，故C正确；由样本点和回归直线的位置关系可知D错误. 【详解】的实际意义为当减重质量为0时，汽车每行驶一百千米所降低的油耗，从其意义上来看，的值应该等于0， 但拟合直线并不一定过坐标原点，因此的值可能比0略大或略小，所以A错误； 的实际意义是每行驶一百千米降低的油耗量与减重质量之比，因此越大，减重对降低油耗的作用越大，所以B正确； 相关指数，所以残差的平方和越小，越接近于1，回归效果越好，所以正确； 有可能没有数据点在回归直线上，所以D错误. 故选：BC. 10. 如图，是底面为正六边形的直棱柱，则下列直线与直线垂直的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由平面，结合，得出，，由反证法判断C. 【详解】解：如图，连接，则，因为，且，所以平面，且平面平面，所以，所以，又，所以.若，则，且，则平面，显然不成立，所以不垂直于. 故选：ABD 11. 已知数列满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，化简，利用累加法求出，再利用放缩，得到，进而判断A选项； 对于B，利用累加法，求出后，再利用放缩， 得到，进而得到，最后利用放缩，判断B选项； 对于C，利用累乘法，直接计算可以判断C选项； 对于D，问题转化为若只需满足，利用，化简得到，即，最后，设设，利用导数判断其不等式，据此可判断D选项. 【详解】解：，则， 所以，所以A错误； ，所以， ，所以，，故，所以B正确； ，所以C正确； 若只需满足，所以只需满足，即， 设，其中，则单调递减， 所以，故成立，所以D正确. 故选：BCD 12. 已知点，，为圆上的点，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最大值为 C. 的最大值为 D. 的最大值为 【答案】AB 【解析】 【分析】设以为两个焦点的椭圆与圆相交，利用且可解得的范围，根据椭圆定义可得的最大值，知A正确；根据三角形两边之差大于第三边可知若在线段延长线上，则可取得最大值，知B正确；设，结合两点间距离公式可得，根据二次函数性质可求得C错误；由，采用换元法，将问题转化为的最大值的求解问题，利用导数知识可求得最大值，知D错误. 【详解】对于A，以为两个焦点，长轴长为的椭圆可表示为：， 由得：， 若椭圆与圆有交点，则可设交点横坐标为，则， ，解得：， 则此时可令一交点为，则，A正确； 对于B，（当且仅当在线段延长线上时取等号）， 当时，，B正确； 对于C，设，， 则， ； ， ，当时，，C错误； 对于D，， 令，， ， 在上单调递增，且，， ，使得， 则当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增，， 又，，， 即的最大值为，D错误. 故选：AB. 【点睛】关键点点睛：本题考查圆上点到两定点距离的相关最值问题的求解，本题判断CD选项的关键是能够将问题转化为函数最值的求解问题，从而结合二次函数性质或者利用导数的知识来进行求解. 三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 已知为单位向量，且，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】首先将所求模长进行平方，然后根据平面向量数量积的运算公式及运算法则进行求解即可. 【详解】已知，均为单位向量，所以. ， 所以. 故答案为： 14. 已知为常数，，的展开式中各项系数的和与二项式系数的和均为，则展开式中的系数为__________（用数字作答）. 【答案】 【解析】 【分析】根据二项展开式的二项式系数和为，可求得；采用赋值法，令可得各项系数和，求得；根据二项式定理可得展开式通项，代入即可求得的系数. 【详解】的展开式的二项式系数和为，； 令，则展开式的各项系数和为，解得：； 则展开式通项为：， 令，解得：，则，展开式中的系数为. 故答案为：. 15. 已知正方体的棱长为2，E，F分别为棱的中点，则三棱锥的体积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由线面平行，根据等体积法即可求解. 【详解】解：延长到点，使得，连接，，则， 所以， 在中，则； 在中则； 在中则 所以 所以， 所以. 故答案为： 16. 过抛物线的焦点的直线与交于两点.设为线段的中点，，点，若直线轴，且，则__________. 【答案】4 【解析】 【分析】根据抛物线方程以及直线过焦点，联立直线和抛物线方程，由轴可知，点纵坐标为1，根据韦达定理及焦点弦公式即可求出的值. 【详解】解：易知的焦点为，直线斜率不存在时不符合题意； 设过的直线的斜率为，则， 将代入，得， 即. 设，，则， 所以，又因为点，轴， 所以点纵坐标为1，即，即 所以 ，由直角三角形斜边中线等于斜边一半可知， 所以， 即或（舍） 故答案为：4 【点睛】关键点点睛：由点以及轴可知，点纵坐标为1，根据韦达定理即可得出直线斜率，再根据焦点弦公式以及可得的长，进而求出. 四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 17. 已知数列满足是公差为1的等差数列. （1）证明：是等比数列； （2）求的前项和. 【答案】（1）答案见解析 （2），. 【解析】 【分析】对于（1），证明常数即可； 对于（2），由（1）可知，后可求得. 【小问1详解】 根据题意有， 即， 所以， 故， 所以是首项为2，公比为2的等比数列. 【小问2详解】 由（1）可知，， 所以，所以 .，其中. 18. 如图，三棱柱的所有棱长都相等，点在底面上的射影恰好是等边的中心. （1）证明：四边形是正方形； （2）设分别为的中点，求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可证明平面，可得，有几何体结构特征即可得出证明；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求出两平面的法向量即可求出二面角的余弦值，即可得二面角的正弦值. 【小问1详解】 设点为的中心，连接，连接并延长交于点， 则平面. 因为平面， 所以， 又因为， 所以平面. 因为平面， 所以， 又因为， 所以，且， 所以四边形是矩形， 因为， 所以四边形是正方形. 【小问2详解】 以为坐标原点，平行于且指向的方向为轴正方向，分别为，轴建立坐标系， 设棱长为3，则,所以 因为为的中点，所以 所以， 设平面与平面的法向量分别为，则 ，即， 取，则，所以 易知，平面的法向量沿轴方向，不妨取， 所以， 故二面角的正弦值为. 19. 记的内角的对边分别为，已知. （1）若，求； （2）若，证明：是等边三角形. 【答案】（1）或 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由以及，得到或、，再根据余弦定理可求出结果； （2）由得，将化为，由正弦定理化为，将代入，利用诱导公式和三角恒等变换公式化为，求出，可得，，从而可证结论正确. 【小问1详解】 由可知，， 因为，所以， 即， 所以或. 当时，则，则是等边三角形，. 当时，由得， 由余弦定理可知. 综上所述：或. 【小问2详解】 由可知，， 由正弦定理可知， 由及可知，， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以或， 因为，所以不成立， 故， 所以是等边三角形. 20. 设随机变量，若，且，则，其中，．某工厂对一批零件进行抽样检测，根据经验可知每个零件是次品的概率均为． （1）若从这批零件中抽取2个进行检测，求其中次品数的分布列及数学期望； （2）现对这批零件抽取100个进行检测，若其中次品数多于3个，则这批零件为不合格产品．估算这批零件为不合格产品的概率（精确到． 【答案】（1）答案见解析 （2）0.14 【解析】 【分析】（1）根据题意可知，求出对应的概率，即可得出分布列和期望； （2）设为次品的数量，则，且，则这批零件为不合格产品的概率为，求解即可． 【小问1详解】 根据题意可知， 则， ， ， 所以的分布列为： 0 1 2 的数学期望为． 【小问2详解】 设为次品的数量，则，且， 所以， 根据题意可知，其中， 当时，这批零件为不合格产品， 则这批零件为不合格产品的概率为， 即， 综上，这批产品为不合格产品的概率约为． 21. 已知椭圆的右焦点为．过且斜率为正数的直线交于两点，关于轴，轴的对称点分别为，且． （1）求的方程； （2）设直线交轴于点，直线与的另一交点为，证明：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设为的左焦点，则，由椭圆的定义可知，可求得，结合可得，从而得的方程； （2）设的方程为，代入的方程，设，则，直线的方程可表示为，令，结合韦达定理可得．由对称性可知直线的斜率为，则．设直线的方程为，代入的方程，结合韦达定理可得，综合即可得出答案． 【小问1详解】 设为的左焦点，则由对称性可知， 所以由椭圆的定义可知， 设的半焦距为，则，所以， 所以的方程为． 【小问2详解】 设的方程为，代入的方程得：， 当时，， 设，则， 则，直线的方程可表示为， 令，得， 将代入化简得，即． 由对称性可知直线的斜率为，为坐标原点，则． 设直线的方程为，代入的方程得：， 设，则， 所以直线的斜率和为， 将代入化简得，故， 所以，即． 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 22. 已知函数. （1）若，求； （2）若有两个零点，证明：. 【答案】（1）1 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由的特征可知，，可令求出的值并证明；（2）不等式右边可根据函数有两个零点求出的取值范围，进而确定两零点的范围，构造函数利用函数单调性即可证明；不等式左边采用分析法证明，将不等式左边转化为证明，再利用构造函数即可得出证明. 【小问1详解】 若，则，故. 当时，， 当时，单调递减，当时，单调递增， 所以等价于. ，设，则， 当时，单调递增，当时，单调递减， 所以，故. 综上，若，则. 所以，. 【小问2详解】 若为的零点，则，故. 设， 则，当时，单调递减，当时，单调递增，故， 所以若有两个零点，则，且在区间各有一个零点. 不妨设，则. 设，由（1）可知，单调递减， 所以. 因为，当时，单调递减， 故，即，且， 即，故. 同理，当时，也有. 方法1：等价于，且由可知，. 设，则， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以当时，. 设，则， 设，则， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 故时，，即， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以当时，. 所以， 故. 综上，. 方法2：由可知，当时，. 当时，由于，故只需证明. 设，则， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以当且时，. 设，则， 设，则， 当时，单调递增，此时单调递减， 当时，由上可知，故单调递增， 所以当时，. 所以当时，，即，故. 综上，. 【点睛】方法点睛：对于第二问的证明，首先利用函数有两个零点可确定参数的取值范围，进而确定两零点的取值范围；再结合不等式左右两端特征，通过合理变形进行构造函数，借助函数单调性及中间值即可得出证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $