2023屆九師聯(lián)盟（山西?。└呷聦W(xué)期3月質(zhì)量檢測數(shù)學(xué)試題

2023屆九師聯(lián)盟（山西?。└呷聦W(xué)期3月質(zhì)量檢測數(shù)學(xué)試題一、單選題1．已知復(fù)數(shù)，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由復(fù)數(shù)的乘法和除法運(yùn)算化簡復(fù)數(shù)，再由共軛復(fù)數(shù)的定義即可得出答案.【詳解】因?yàn)?，所以．故選：B．2．已知集合，，則的非空子集個數(shù)為（

）A．7 B．8 C．15 D．16【答案】A【分析】根據(jù)交集的運(yùn)算和子集的定義求解.【詳解】因?yàn)?，又，所以，所以的元素個數(shù)為3，其非空子集有7個．故選:A．3．已知角的頂點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)重合，始邊與軸的非負(fù)半軸重合，終邊經(jīng)過點(diǎn)，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由終邊上的點(diǎn)可得，，再應(yīng)用二倍角正余弦公式及和角正弦公式求.【詳解】角的終邊的經(jīng)過，所以，，所以，，所以．故選：B．4．已知平面向量，是單位向量，且，向量滿足，則的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據(jù)向量模的定義可得，進(jìn)而求得，利用向量的線性運(yùn)算，結(jié)合向量模的定義即可求解.【詳解】解：因?yàn)?，所以，即，又，所以．所以．因?yàn)?，所以．故選：A．5．設(shè)，，，則，，的大小關(guān)系是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，分析比較，即可得答案.【詳解】因?yàn)樵谏蠟樵龊瘮?shù)，所以，即．因?yàn)樵谏蠟樵龊瘮?shù)，所以，即，所以．故選：C．6．地震震級是根據(jù)地震儀記錄的地震波振幅來測定的，一般采用里氏震級標(biāo)準(zhǔn)．里氏震級是用距震中100千米處的標(biāo)準(zhǔn)地震儀所記錄的地震波的最大振幅的對數(shù)值來表示的．里氏震級的計(jì)算公式為，其中是被測地震的最大振幅，是“標(biāo)準(zhǔn)地震”的振幅（使用標(biāo)準(zhǔn)地震振幅是為了修正測震儀距實(shí)際震中的距離造成的偏差）．根據(jù)該公式可知，2021年7月28日發(fā)生在美國阿拉斯加半島以南91公里處的級地震的最大振幅約是2021年8月4日發(fā)生在日本本州近岸級地震的最大振幅的（

）倍（精確到1）．（參考數(shù)據(jù)：，，）A．794 B．631 C．316 D．251【答案】A【分析】將阿拉斯加半島的震幅和日本本州近岸級地震的震幅表示成指數(shù)形式，作商即可.【詳解】由題意，即，則；當(dāng)時，地震的最大振幅，當(dāng)時，地震的最大振幅，所以，即；故選：A．7．已知雙曲線，其左、右焦點(diǎn)分別為，.點(diǎn)到的焦點(diǎn)在軸上且與具有相同的漸近線，則雙曲線的離心率為（

）A． B．2 C． D．【答案】C【分析】先利用點(diǎn)到的一條漸近線的距離求出，再由雙曲線的漸近線及離心率的公式求解即可.【詳解】設(shè)雙曲線的半焦距為,則右焦點(diǎn)，不妨設(shè)雙曲線的一條漸近線為，因?yàn)辄c(diǎn)到的一條漸近線的距離為1，所以，由于，解得.設(shè)：，其半焦距為，其漸近線方程為，由題意可知，，所以，即，所以雙曲線的離心率為.故選：C.8．已知函數(shù)，，若，不等式恒成立，則正數(shù)t的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)函數(shù)解析式可分別判斷出單調(diào)性，由不等式恒成立可得只需滿足即可，利用函數(shù)單調(diào)性分別求得其最值即可求出正數(shù)t的取值范圍.【詳解】因?yàn)?，所以在上單調(diào)遞增，所以對，．因?yàn)?，所以，?dāng)時，；當(dāng)時，，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以．因?yàn)?，任意，不等式恒成立，所以有，整理得，解得或，所以正?shù)的取值范圍為．故選：D．二、多選題9．若函數(shù)，則下列說法正確的是（

）A．函數(shù)的圖象可由函數(shù)的圖象向右平移個單位長度得到B．函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱C．函數(shù)的圖象關(guān)于點(diǎn)對稱D．函數(shù)在上為增函數(shù)【答案】BD【分析】由三角函數(shù)的恒等變換化簡，再由三角函數(shù)的平移變換可判斷A；求出可判斷B、C；先判斷在上為增函數(shù)，即可判斷在的單調(diào)性.【詳解】由題意，．函數(shù)的圖象向右平移個單位長度可得到，故A錯誤；，所以函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱，故B正確，C錯誤；函數(shù)在上為增函數(shù)，時，，故函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以函數(shù)在上為增函數(shù)，故D正確．故選：BD．10．下列說法正確的是（

）A．若，則B．若，，且，則的最大值是1C．若，，則D．函數(shù)的最小值為9【答案】ACD【分析】利用不等式的性質(zhì)由，可得到，可知選項(xiàng)A正確；利用均值定理和題給條件可得的最大值是，可得選項(xiàng)B錯誤；利用均值定理和題給條件可得最小值為，可得選項(xiàng)C正確；利用均值定理和題給條件可得函數(shù)的最小值為9，可得選項(xiàng)D正確.【詳解】因?yàn)椋瑒t，所以成立，故A正確；由．當(dāng)且僅當(dāng)時，取得最大值，故B錯誤；因?yàn)?，，所以，?dāng)且僅當(dāng)即時，等號成立，故C正確；，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，故D正確．故選：ACD．11．在長方體中，AB＝3，，P是線段上的一動點(diǎn)，則下列說法正確的是（

）A．平面 B．與平面所成角的正切值的最大值是C．的最小值為 D．以A為球心，5為半徑的球面與側(cè)面的交線長是【答案】ACD【分析】由平面與平面平行，可得直線與平面平行即可判斷A，根據(jù)線面角定義找出線面角，當(dāng)最短時，可求線面角的正切的最大值判斷B，根據(jù)展開圖，轉(zhuǎn)化為求，利用余弦定理求解即可判斷C，根據(jù)球面與側(cè)面交線為圓弧的四分之一即可求解即可判斷D.【詳解】對于A，如圖，在長方體中，，平面，平面，所以平面，同理可得平面，又，所以平面平面，平面，所以平面，所以A正確；對于B，因?yàn)槠矫?，所以與平面所成角為，如圖，當(dāng)時，最小，的正切值最大，，所以B錯誤；對于C，將沿翻折與在同一個平面，且點(diǎn)，C在直線的異側(cè)，如圖，此時，，,,所以，所以，故，解得，所以的最小值為，所以C正確；對于D，如圖，由于平面，所以交線為以B為圓心，半徑為4的四分之一圓周，所以交線長為，所以D正確，故選：ACD．12．已知函數(shù)以下結(jié)論正確的是（

）A．在區(qū)間[7,9]上是增函數(shù)B．C．若函數(shù)在上有6個零點(diǎn)，則D．若方程恰有3個實(shí)根，則【答案】BC【分析】A根據(jù)的周期性判斷區(qū)間單調(diào)性；B利用周期性求得即可判斷；C轉(zhuǎn)化為與的交點(diǎn)問題，應(yīng)用數(shù)形結(jié)合法及對稱性求零點(diǎn)的和；D根據(jù)函數(shù)圖象求得與交點(diǎn)個數(shù)為2或3時的臨界值，即可得范圍.【詳解】A：由題意,當(dāng)時以3為周期的函數(shù)，故在[7,9]上的單調(diào)性與在[-2,0]上的單調(diào)性相同，而當(dāng)時，∴在[-2,0]上不單調(diào)，錯誤；B：，，故，正確；C：作出的函數(shù)圖象如圖所示：由于在上有6個零點(diǎn)，故直線與在上有6個交點(diǎn)，不妨設(shè)，i＝1，2，3，4，5，由圖象知:，關(guān)于直線對稱，，關(guān)于直線對稱，，關(guān)于直線對稱，∴，正確；D：若直線經(jīng)過(3,0)，則，若直線與相切，則消元可得：，令可得，解得k＝-1或k＝-5（舍），若直線與在(0,3)上的圖象相切，由對稱性得:k＝1．因?yàn)榍∮?個實(shí)根，故直線與有3個交點(diǎn)，∴或k＝1，錯誤，故選：BC．三、雙空題13．在的展開式中，所有項(xiàng)的系數(shù)之和為__________，含的項(xiàng)的系數(shù)是__________.（用數(shù)字作答）【答案】

【分析】令，即可求得所有項(xiàng)系數(shù)和，寫出展開式通項(xiàng)，列方程求解，即可求解.【詳解】令，得所有項(xiàng)的系數(shù)之和為；展開式中的通項(xiàng)為，令，得，所以含的項(xiàng)的系數(shù)是．故答案為：；.四、填空題14．已知函數(shù)，，若曲線與曲線在公共點(diǎn)處的切線相同，則實(shí)數(shù)________．【答案】1【分析】設(shè)函數(shù)，的公共點(diǎn)為，則，代入化簡即可求得，令，易得在上單調(diào)遞增，即可求出，進(jìn)而求得實(shí)數(shù)的值.【詳解】設(shè)函數(shù)，的公共點(diǎn)為，則即則．令，易得在上單調(diào)遞增，所以以由，解得，所以切點(diǎn)為，所以，則．故答案為：1.15．在直角坐標(biāo)系中，拋物線：與圓：相交于兩點(diǎn)，且兩點(diǎn)間的距離為，則拋物線的焦點(diǎn)到其準(zhǔn)線的距離為______．【答案】【分析】原點(diǎn)是拋物線和圓的公共點(diǎn)，設(shè)另一個公共點(diǎn)為，利用圓的弦長為得到為等腰直角三角形，從而得到的坐標(biāo)，代入拋物線方程可得的值，它就是焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離．【詳解】圓，原點(diǎn)是拋物線和圓的公共點(diǎn)，設(shè)另一個公共點(diǎn)為，因?yàn)?，又因?yàn)椋?故，故為等腰直角三角形，．因，故，代入拋物線方程得．填．【點(diǎn)睛】求不同曲線的交點(diǎn)，一般是聯(lián)立方程組求解，但拋物線方程和圓的方程聯(lián)立消元后是高次方程，求其解不容易，故應(yīng)該根據(jù)兩個幾何對象的特征求出交點(diǎn)的坐標(biāo)．16．如圖，棱長均相等的直三棱柱的上、下底面均內(nèi)接于圓柱的上、下底面，則圓柱的側(cè)面積與其外接球的表面積之比為______．【答案】【分析】設(shè)三棱柱的棱長為，再求出圓柱的半徑與其外接球的半徑即可求解【詳解】設(shè)三棱柱的棱長為，所以外接圓的半徑，所以圓柱外接球的半徑．故外接球的表面積為，圓柱的側(cè)面積為，所以圓柱的側(cè)面積與其外接球的表面積之比為．故答案為：五、解答題17．在中，角、、的對邊分別為、、，且．(1)求角的大??；(2)若，求的最大值．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用兩角和的余弦公式、二倍角的余弦公式可得出關(guān)于的方程，結(jié)合可求得的值，再結(jié)合角的取值范圍可求得角的值；（2）由正弦定理結(jié)合三角恒等變換化簡得出，結(jié)合正弦型函數(shù)的有界性可求得的最大值.【詳解】（1）解：由已知可得，即，，則，解得，因此，.（2）解：由正弦定理可得，所以，，其中為銳角，且，因?yàn)?，則，，所以，當(dāng)時，即當(dāng)時，取得最大值.18．已知數(shù)列的前項(xiàng)和為，且，．(1)求的通項(xiàng)公式；(2)若數(shù)列滿足，，求數(shù)列的前項(xiàng)和．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用數(shù)列中與的關(guān)系即可求得的通項(xiàng)公式；（2）先利用題給條件求得數(shù)列的通項(xiàng)公式，再利用錯位相減法去求數(shù)列的前項(xiàng)和．【詳解】（1）當(dāng)時，；當(dāng)時，．綜上，（2）因?yàn)?，所以?dāng)時，，所以．當(dāng)時，由得，所以．又當(dāng)時，，所以．所以，，所以，所以．19．北京時間2021年7月25日，2020東京奧運(yùn)會射箭女子團(tuán)體決賽在夢之島公園射箭場結(jié)束．決賽規(guī)則為每局比賽雙方各派一名隊(duì)員射擊6次，6次總分高的一方獲得2分，若總分持平，雙方各得1分，先得6分的一方獲得比賽的勝利．韓國隊(duì)提前一局結(jié)束比賽，以6-0完勝俄羅斯奧委會隊(duì)，自該項(xiàng)目1988年進(jìn)入奧運(yùn)會大家庭以來，韓國隊(duì)包攬了全部9枚金牌．在本屆賽事中，韓國代表團(tuán)迄今收獲的兩金均來于射箭項(xiàng)目，其中20歲的安山有望在東京奧運(yùn)會上成為三冠王，俄羅斯奧委會隊(duì)連續(xù)兩屆摘得該項(xiàng)目銀牌，德國隊(duì)獲得季軍，決賽的成績（單位：環(huán)）統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)如圖所示．(1)分別求韓國隊(duì)、俄羅斯奧委會隊(duì)第3局比賽成績的中位數(shù)；(2)比較韓國隊(duì)、俄羅斯奧委會隊(duì)第2局比賽的平均水平和發(fā)揮的穩(wěn)定性；(3)從韓國隊(duì)三局比賽成績（每一局的總得分）中隨機(jī)抽取一個，記為x，從俄羅斯奧委會隊(duì)三局比賽成績（每一局的總得分）中隨機(jī)抽取一個，記為y，設(shè)Z＝x-y，求Z的數(shù)學(xué)期望．【答案】(1)韓國隊(duì)第3局比賽成績的中位數(shù)，俄羅斯奧委會隊(duì)第3局比賽成績的中位數(shù)(2)韓國隊(duì)的平均水平高，發(fā)揮更穩(wěn)定(3)【分析】（1）根據(jù)圖形可得到韓國和俄羅斯的比賽成績，然后分別計(jì)算中位數(shù)即可（2）通過計(jì)算第2局比賽韓國隊(duì)和俄羅斯隊(duì)的平均分和方差，根據(jù)方差的意義確定比賽成績的穩(wěn)定性（3）根據(jù)題意可得的取值是0，1，2，3，4，5，然后分別計(jì)算其對應(yīng)的概率，最后計(jì)算即可【詳解】（1）韓國隊(duì)第3局比賽成績的中位數(shù)，俄羅斯奧委會隊(duì)第3局比賽成績的中位數(shù)（2）第2局比賽，韓國隊(duì)的分?jǐn)?shù)依次為10，9，9，10，9，9，平均分為，俄羅斯奧委會隊(duì)的分?jǐn)?shù)依次為9，8，8，10，8，10，平均分為，因?yàn)?，，所以韓國隊(duì)的平均水平高，發(fā)揮更穩(wěn)定（3）Z的所有可能結(jié)果有0，1，2，3，4，5，，，，，，．∴20．如圖，在四棱錐中，底面，平面平面，四棱錐的體積為4.(1)求證：；(2)求平面與平面所成銳二面角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）設(shè)，在平面內(nèi)過點(diǎn)作，垂足為,利用面面垂直的性質(zhì)定理可得平面，再根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理和判斷定理求解即可；（2）以為軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法求解即可.【詳解】（1）設(shè)，在平面內(nèi)過點(diǎn)作，垂足為,因?yàn)槠矫嫫矫?，平面平面，所以平面，又平面，所以，因?yàn)槠矫嫫矫?，所?因?yàn)槠矫嫫矫?，所以平面，又因?yàn)槠矫?，所?（2）在中，由，可得，，由（1）知，則，解得，因?yàn)槠矫?，平面，所以兩兩垂直，以為軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，所以，設(shè)平面的一個法向量為，設(shè)平面的一個法向量為，又，則解得，所以，所以平面與平面所成銳二面角的余弦值為.21．已知橢圓的左、右焦點(diǎn)分別為，過垂直于軸的直線被橢圓所截得的線段長為，橢圓上的點(diǎn)到一個焦點(diǎn)的最大距離為．(1)求橢圓的方程；(2)如圖，點(diǎn)為橢圓上關(guān)于原點(diǎn)對稱的兩個動點(diǎn)（非長軸端點(diǎn)），線段的延長線與橢圓交于點(diǎn)，若的面積為，求直線的方程．【答案】(1)(2)或【分析】（1）根據(jù)題意，建立關(guān)于的方程組即可求解；（2）由題意，直線不垂直于軸，設(shè)直線的方程為，，，聯(lián)立直線與橢圓的方程，根據(jù)弦長公式求出，點(diǎn)到直線距離公式求出的高，進(jìn)而根據(jù)面積公式可得，從而即可得答案.【詳解】（1）解：設(shè)的半焦距為，則，故過垂直于軸的直線方程為，與的方程聯(lián)立，得，由題意得，所以，又，所以，，因?yàn)闄E圓上的點(diǎn)到一個焦點(diǎn)的最大距離為，所以，所以，，故橢圓的方程為；（2）解：由題意，直線不垂直于軸，設(shè)直線的方程為，，，由，消去并整理得，所以，，所以，因?yàn)辄c(diǎn)到直線的距離，且是線段的中點(diǎn)，所以點(diǎn)到直線的距離為，所以，因?yàn)椋?，解得或（舍去），所以，此時直線的方程為，即或22．已知函數(shù)（）.（1）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）若，當(dāng)時，設(shè)，求的取值范圍.【答案】（1）答案見解析；（2）.【分析】（1）由解析式得，討論、、時的符號，判斷的區(qū)間單調(diào)性即可.（2）由（1）知上在上遞減，在上遞增，利用找到的對稱點(diǎn)，討論、、時的區(qū)間單調(diào)