2022-2023年山西省部分學校高三上學期新高考核心卷（中）數(shù)學試題（二）（原卷版+解析版）-試卷下載-教習網(wǎng)

注意事項：
1.本卷滿分150分，考試時間120分鐘.答題前，先將自己的姓名?準考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.
2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.寫在試題卷?草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.
3.非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內.寫在試題卷?草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.
4.考試結束后，請將本試題卷和答題卡一并上交.
一?選擇題：本題共8小題，每小題5分?共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.
1. 若，其中，則（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】通過復數(shù)的運算及復數(shù)相等，求得，計算復數(shù)的?？傻媒Y果.
【詳解】.
故選：C.
2. 設集合或，若，則的取值范圍是（）
A. 或B. 或
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出，根據(jù)，可求得結果.
【詳解】由集合或，得，又集合且，則2或，即或.
故選：B.
3. 已知函數(shù)且的圖象過定點，若拋物線也過點，則拋物線的準線方程為（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)給定條件，求出函數(shù)圖象恒過的點，求出拋物線方程即可作答.
【詳解】因為對于，當，即時，恒有，
因此函數(shù)的圖象過定點，而點在拋物線上，
則，解得，
所以拋物線的準線方程為.
故選：B
4. 若兩個向量、的夾角是，是單位向量，，，則向量與的夾角為（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】計算出、，設向量與的夾角為，其中，利用平面向量向量的數(shù)量積運算可得出，即可得出結果.
【詳解】由題意，
又由，所以，
所以，
設向量與的夾角為，其中，則，可得.
故選：D.
5. 一種高產(chǎn)新品種水稻單株穗粒數(shù)和土壤鋅含量有關，現(xiàn)整理并收集了6組試驗數(shù)據(jù)，（單位：粒）與土壤鋅含量（單位：）得到樣本數(shù)據(jù)，令，并將繪制成如圖所示的散點圖.若用方程對與的關系進行擬合，則（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】對方程兩邊取對數(shù)，寫出回歸直線方程，再根據(jù)散點圖的特征分析判斷作答.
【詳解】因為，，令，則與的回歸方程為，
根據(jù)散點圖可知與正相關，因此，又回歸直線的縱截距小于0，即，得，
所以，.
故詵：C
6. 展開式中常數(shù)項為（）
A. B. C. 1D. 481
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)二項式定理直接求解即可.
【詳解】解：根據(jù)二項式定理，表示個相乘，
所以，展開式中常數(shù)項的情況有以下三種情況：
①個中全部選項展開；
②個中有1個選擇項，2個選擇項，3個選擇項展開；
③個中有2個選擇項，4個選擇項展開.
所以，其常數(shù)項為：.
故選：C.
7. 已知是定義域為的奇函數(shù)，當時，，則不等式的解集為（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由具體函數(shù)解析式，根據(jù)導數(shù)與單調性，可得函數(shù)的單調性，結合奇函數(shù)性質，可得整個定義域上的單調性，化簡不等式，可得答案.
【詳解】由題意，可知且，
當時，，則，即，
可得，
當時，，
則，即單調遞增，
由，則在上單調遞增，
易知，則不等式等價于，
可得，解得.
故選：D.
8. 在三棱錐中，和都是邊長為的正三角形，當三棱錐的表面積最大時，其內切球的半徑是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)和都是正三角形，寫出三棱錐的表面積表達式，可得表面積取最大值時，再根據(jù)等體積法求得內切圓半徑.
【詳解】
設三棱錐的表面積為，
則
，
當，即時，表面積最大為.
此時,
過作的垂線，垂足為，連接，
因為和都是正三角形，所以為中點，，
因為平面,所以平面
為三棱錐的高，為三棱錐的高，
設三棱錐的體積為，則
設內切球的半徑為，因為，所以，
故選：A.
二?多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.
9. 設，且，那么（）
A. 有最小值
B. 有最小值
C. 有最小值
D. 有最小值
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用基本不等式，建立和的關系，代換到條件中，形成不等式，逐項求最值判斷.
【詳解】因為且，所以，
解得或（舍），
即（當且僅當時取等號），正確.
，
當且僅當時取等號，正確；
因為，所以，解得（當且僅當時取等號），正確；
（當且僅當時取等號），D錯誤.
故選:.
10. 已知函數(shù)，則（）
A. 是偶函數(shù)
B. 在區(qū)間上單調遞增
C. 在上有4個零點
D. 值域是
【答案】AB
【解析】
【分析】根據(jù)偶函數(shù)的定義、復合函數(shù)的單調性、零點的定義以及復合函數(shù)的值域，可得答案.
【詳解】對于A，函數(shù)的定義域為，
且，
所以函數(shù)是偶函數(shù)，A正確；
對于B，當時，.
令，由于函數(shù)在時單調遞減，
函數(shù)在時單調遞增，所以函數(shù)在區(qū)間上單調遞減，
故函數(shù)在區(qū)間上單調遞增，B正確；
對于C，當時，由，得或，
所以或或，所以偶函數(shù)在上有6個零點，C不正確；
對于D，當時，
因為，所以當時，，當時，.
由于函數(shù)是偶函數(shù)，因此，函數(shù)的值域為，D不正確.
故選：AB.
11. 已知曲線的方程為，曲線關于點的對稱曲線為，若以曲線與兩坐標軸的交點為頂點的四邊形面積為，則的值可能為（）
A. B. 1C. D. 0
【答案】CD
【解析】
【分析】根據(jù)對稱性求出的方程，在根據(jù)題意求出與坐標軸的交點坐標，運用對角線相互垂直的四邊形面積公式計算.
【詳解】根據(jù)已知得曲線的方程為，設曲線上任意一點坐標為，
它關于點的對稱點坐標為，則…①，
依據(jù)中點坐標公式得到則代入①得到的方程為，
如圖，由題意圓與兩坐標軸的交點為，則有，
令得：，
令得：，，
曲線與坐標軸圍成四邊形面積為，所以，
解得或；
故選：CD.
12. 如圖所示，在長方體中，是的中點，直線交平面于點，則（）
A. 三點共線
B. 的長度為1
C. 直線與平面所成角的正切值為
D. 的面積為
【答案】ABD
【解析】
【分析】對于A，利用公理3，分別證明點同時在兩個平面上即可；
對于B，利用長方體的性質，以及中位線定理，可得答案；
對于C，利用線面角的定義，根據(jù)長方體的幾何性質，結合三角函數(shù)定義，可得答案；
對于D，利用三角形之間的關系，可得答案.
【詳解】對于A，連結，則四點共面，
平面平面，
又平面在平面與平面的交線上，
同理也在平面與平面的交線上.
三點共線，故A正確：
對于B，設直線與平面的交點為，
易證平面平面，從而得到，
因為為中點，所以為中點，
同理可得為的中點，所以，故B正確；
對于C，取中點，連接，
因為平面平面，
則即為直線與平面所成角，
，故C錯誤；
對于D，因為，
所以?，故D正確.
故選：ABD
三?填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.
13. 已知雙曲線的一個焦點到直線的距離為，則的離心率為__________.
【答案】##
【解析】
【分析】求出雙曲線焦點，根據(jù)條件求出，計算可得雙曲線C的離心率.
【詳解】由已知得，雙曲線的焦點在軸上，且焦點坐標為，不妨取，它到直線的距離為，解得，所以雙曲線C的離心率為.
故答案為：
14. 已知為銳角，且，則_______．
【答案】
【解析】
【分析】
利用同角三角函數(shù)的基本關系可得，再由，利用兩角差的余弦公式即可求解.
【詳解】由為銳角，且，
所以，
所以
．
故答案為：
【點睛】本題考查了兩角差的余弦公式、同角三角函數(shù)的基本關系，需熟記公式，屬于基礎題．
15. 已知等比數(shù)列的公比為，前項和為，且滿足.若對一切正整數(shù)，不等式恒成立，則實數(shù)的取值范圍為__________.
【答案】
【解析】
【分析】先求得和，整理，得，設，判斷單調性，找到最小值.
【詳解】若，則，即，此時，與題意不符，舍去；
若，由，可得，
即，
解得，則.
對一切正整數(shù)，不等式恒成立，
化簡得，分離可得，
設，則，
當時，，即；
當時，，即，
所以的最小值為，
故答案為：.
16. 在銳角中，，則中線的取值范圍是__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用正弦定理以及余弦定理，由銳角三角形，可得的取值范圍，根據(jù)向量的運算以及二次函數(shù)的性質，可得答案.
【詳解】設，對運用正弦定理，得到，所以，
因為該三角形為銳角三角形，所以根據(jù)余弦定理，可得，
則，解得，
由，得到，
運用向量得到，所以
，
結合的范圍，代入，得到的范圍為.
故答案：.
四?解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.
17. 已知數(shù)列的前項和為，且.
（1）求數(shù)列的通項公式；
（2）若數(shù)列滿足，設，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)題意，證明數(shù)列是首項為，公比為的等比數(shù)列即可求解；
（2）結合（1）得，再分和兩種情況討論求解即可.
【小問1詳解】
解：由，得，
兩式相減，得，
所以，即.
又因為時，，所以，
因為，
所以數(shù)列是首項為，公比為的等比數(shù)列.
所以.
【小問2詳解】
解：由（1）得，.
當時，，
當時，
綜上，
18. 如圖，在四邊形中，已知.
（1）若，求的值；
（2）若，四邊形的面積為4，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）中求出BD，在中，由正弦定理求出，根據(jù)即可求；
（2）在、中，分別由余弦定理求出，兩式相減可得與的關系式；又由的與的關系式；兩個關系式平方后相加即可求出﹒
【小問1詳解】
解：在中，∵，則
∴．
在中，由正弦定理得，，
∴．
∵，∴，
∴．
【小問2詳解】
解：在、中，由余弦定理得，
，
，
從而①，
由得，
②，
得，，
∴．
19. 如圖所示，正方形與矩形所在平面互相垂直，為線段上一點.
（1）求證：；
（2）在線段上是否存在點，使二面角的大小為？若存在，求出的長；若不存在，說明理由.
【答案】（1）證明見解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）由面面垂直性質定理得平面，進而證明平面即可證明結論；
（2）解法一：以為坐標原點，所在直線分別為軸?軸?軸
建立空間直角坐標系，利用坐標法求解即可；
解法二：假設存在滿足條件的點，過點作于點，連接，進而證明為二面角的平面角，進而結合題意，根據(jù)幾何關系求解即可.
【小問1詳解】
證明：連接交于，連接，
因為四邊形為正方形，所以，.
因為正方形與矩形所在平面互相垂直，交線為平面，
所以平面，.
又平面，
所以，
又平面，
所以平面，
又平面，
所以.
【小問2詳解】
解：存在滿足條件的點.
解法一：因為為正方形，所以，
因為平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因為平面，
所以，，
因為矩形中，
所以，以為坐標原點，所在直線分別為軸?軸?軸
建立空間直角坐標系，如圖.
因為，則，
所以.
易知為平面的法向量，
設，所以.
設平面的法向量，
所以，即，取，得，
又二面角的大小為，
所以，
即，解得.
又因為，所以，即.
解法二：假設存在滿足條件的點，過點作于點，連接，
因為為正方形，所以，
因為平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因為平面，
所以，
因為平面
所以，
所以為二面角的平面角，
所以.
在中，，
所以，
又在中，，，
所以，
因為，
所以，
所以，在中，，
所以.
20. 現(xiàn)有甲、乙兩名運動員爭奪某項比賽的獎金，規(guī)定兩名運動員誰先贏局，誰便贏得全部獎金a元.假設每局甲贏的概率為，乙贏的概率為，且每場比賽相互獨立.在甲贏了局，乙贏了局時，比賽意外終止，獎金如何分配才合理？評委給出的方案是：甲、乙按照比賽再繼續(xù)進行下去各自贏得全部獎金的概率之比分配獎金.
（1）若，求；
（2）記事件A為“比賽繼續(xù)進行下去乙贏得全部獎金”，試求當時，比賽繼續(xù)進行下去甲贏得全部獎金的概率，并判斷當時，事件A是否為小概率事件，并說明理由.規(guī)定：若隨機事件發(fā)生的概率小于0.06，則稱該隨機事件為小概率事件.
【答案】（1）；
（2）（），事件A是小概率事件，理由見解析.
【解析】
【分析】（1）設比賽再繼續(xù)進行局甲贏得全部獎金，最后一局必然是甲贏，最多再進行2局，利用獨立事件概率求出概率，再求出乙贏得全部獎金的概率作答.
（2）設比賽再繼續(xù)進行局乙贏得全部獎金，最后一局必然是乙贏，利用獨立事件概率求出，并求出函數(shù)最小值，再判斷作答.
【小問1詳解】
設比賽再繼續(xù)進行局甲贏得全部獎金，則最后一局必然是甲贏，依題意，最多再進行2局，
當時，甲以贏，，當時，甲以贏，，
因此甲贏的概率為，則乙贏的概率為，
所以.
【小問2詳解】
設比賽再繼續(xù)進行局乙贏得全部獎金，則最后一局必然是乙贏，
當時，乙以贏，，當時，乙以贏，，
于是得乙贏得全部獎金的概率，
甲贏得全部獎金的概率，，
，即函數(shù)在上單調遞增，
則有，因此乙贏的概率最大值為，
所以事件A是小概率事件.
21. 已知橢圓過點，直線與交于兩點，且線段的中點為為坐標原點，直線的斜率為.
（1）求的標準方程；
（2）已知直線與有兩個不同的交點為軸上一點.是否存在實數(shù)，使得是以點為直角頂點的等腰直角三角形？若存在，求出的值及點的坐標；若不存在，請說明理由.
【答案】（1）
（2）存在，時，點坐標為；當時，點坐標為
【解析】
【分析】（1）根據(jù)中點弦點差法得，再根據(jù)，得，再結合橢圓過點解方程即可得答案；
（2）設中點，假設存在和點，使得是以為直角頂點的等腰直角三角形，進而將問題轉化為，，再聯(lián)立，結合韋達定理討論，同時成立的情況.
【小問1詳解】
解：設，則，
所以，由題知直線的斜率.
因為在橢圓上，
所以，
兩式相減得，即，
又，
所以，即.
又因為橢圓過點，
所以，解得，
所以橢圓的標準方程為.
【小問2詳解】
解：聯(lián)立消整理得：.
因為直線與橢圓交于兩點，故，解得.
設，則.
設中點，
則，故.
假設存在和點，使得是以為直角頂點的等腰直角三角形，則，故，
所以，解得，故.
又因為，所以，
所以，即，
整理得.
所以，
代入，整理得，即，
所以或，即存在使得是以為頂點的等腰直角三角形.
當時，點坐標為；當時，點坐標為.
此時，是以為直角頂點的等腰直角三角形.
22. 已知函數(shù).
（1）討論的單調性；
（2）若有兩個零點，證明：.
【答案】（1）答案見解析
（2）證明見解析
【解析】
【分析】（1）函數(shù)求導，分類討論通過判斷導函數(shù)符號，確定函數(shù)單調性.
（2）對分類討論，求得有兩個零點時的范圍，及的范圍，構造函數(shù)，研究在上的單調性，可得，又，及的單調性可得結論.
【小問1詳解】
函數(shù)的定義域為，
時，恒成立，所以在上單調遞減；
時，令得，
當時，；當時，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增.
【小問2詳解】
證明：時，由（1）知至多有一個零點.
時，由（1）知當時，取得最小值，最小值為.
①當時，由于，故只有一個零點；
②當時，即，故沒有零點；
③當時，即，
又，
由（1）知在上有一個零點.
又，
由（1）知在有一個零點，
所以在上有兩個零點，的取值范圍為
不妨設，則，且，
令
，
則，
由于（且僅當?shù)忍柍闪ⅲ?br>所以當時，在單調遞減，又，
所以，即，
又，所以，
又由于，且在上單調遞增，
所以即.
【點睛】極值點偏移問題是根據(jù)極值點的偏移情況，即極值點兩側函數(shù)增長速度的差異構造關于其中一個極值點的一元差函數(shù)（或比函數(shù)），然后通過探究該函數(shù)的單調性解決問題。

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