2023届天一大联考（山西省）三晋名校联盟高三下学期顶尖计划联考数学试题

2023届天一大联考（山西省）三晋名校联盟高三下学期顶尖计划联考数学试题一、单选题1．已知集合，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】通过一元二次不等式和对数不等式的解法分别求解集合，再通过交集知识即可求出的值.【详解】由，得，又，由，得，所以．故选：D.2．已知，则z的虚部为（

）A． B． C．2 D．【答案】C【分析】根据给定条件，设出复数的代数形式，再结合复数相等列式求解作答.【详解】设，则，因为，即有，整理得，解得，所以z的虚部为2．故选：C3．已知圆和交于A，B两点，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求得相交弦所在直线方程，然后根据圆的弦长的求法求得.【详解】将和相减得直线，点到直线的距离，所以．故选：B4．已知，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用公式变形化弦为切求出，代入求值.【详解】因为，所以，，故.故选：A5．如图是一款多功能粉碎机的实物图，它的进物仓可看作正四棱台，已知该四棱台的上底面边长为，下底面边长为，侧棱长为，则该款粉碎机进物仓的容积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意，结合棱台的体积计算公式，代入计算，即可得到结果.【详解】画出满足题意的正四棱台，如图所示，则．过点D作于点E，则，所以该正四棱台的体积为．故选：C6．已知等比数列满足，则（

）A．32 B．64 C．96 D．128【答案】B【分析】根据等比数列的性质即可求解.【详解】设的公比为q，则，得，所以．故选:B7．若直线与函数和的图象都相切，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由切线方程得出切线斜率，进而可由函数的导数求出切点坐标，将两个函数的切点分别代入切线方程中，求出．【详解】设直线与函数和的图象分别相切于点，则由，得，令，得，将代入中得，由，得，令，得，将代入中得，所以．故选：D8．已知抛物线的焦点为F，准线为l，过F且斜率为的直线与C交于A，B两点，D为AB的中点，且于点M，AB的垂直平分线交x轴于点N，四边形DMFN的面积为，则（

）A． B．4 C． D．【答案】A【分析】设出直线AB的方程，联立抛物线方程，表达出点坐标，作出辅助线，求出，得到四边形DMFN为平行四边形，利用面积列出方程，求出.【详解】由题意知，直线AB的方程为．设，由，得，所以，所以，由，得．如图所示，作轴于点E，则．因为，故，，又，故，又，得四边形DMFN为平行四边形．所以其面积为，解得．故选：A二、多选题9．在的展开式中，下列结论正确的是（

）A．第6项和第7项的二项式系数相等 B．奇数项的二项式系数和为256C．常数项为84 D．有理项有2项【答案】BC【分析】根据二项式展开式的特征，即可结合选项逐一求解.【详解】的展开式中共有10项，由二项式系数的性质可得展开式中的第5项和第6项的二项式系数相等，故A错误；由已知可得二项式系数之和为，且展开式中奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和相等，所以奇数项的二项式系数和为，故B正确；展开式的通项为，令，解得．故常数项为，故C正确；有理项中x的指数为整数，故，2，4，6，8，故有理项有5项，故D错误．故选：BC10．已知正实数a，b满足，则（

）A． B． C． D．【答案】ABC【分析】利用基本不等式可得A,B,D正误，利用1的妙用可得C的正误.【详解】对于A，因为，所以，当且仅当，即时，取到等号，故A正确；对于B，，当且仅当，即时，取到等号，故B正确；对于C，，当且仅当，即时，取到等号，故C正确；对于D，，所以，当且仅当，即时，取到等号，故D错误．故选：ABC.11．已知函数在上单调，且曲线关于点对称，则（

）A．以为周期B．的图象关于直线对称C．将的图象向右平移个单位长度后对应的函数为偶函数D．函数在上有两个零点【答案】BD【分析】结合三角函数的周期性，对称性，奇偶性，零点逐一求解即可.【详解】对于A，因为函数在上单调，所以的最小正周期T满足，即，所以，因为的图象关于点对称，所以，得，所以当时，，所以，故A错误；对于B，当时，，故B正确；对于C，将的图象向右平移个单位长度后得的图象，为奇函数，不是偶函数，故C错误；对于D，令，当时，，直线与的图象在上有两个交点，故D正确．故选：BD.12．在长方体中，，E是棱的中点，过点B，E，的平面交棱AD于点F，点P为线段上一动点，则（

）A．三棱锥的体积为定值B．存在点P，使得C．直线PE与平面所成角的正切值的最大值为D．三棱锥外接球表面积的取值范围是【答案】ACD【分析】对于选项A，利用面面平行的性质，得到平面，从而可判断出选项A正确；对于选项B，假设存在，可推出平面，从而判断选项B错误；对于选项C，利用线面角的定义，找出线面角为，从而在中，求出的值，进而判断选项C正确.对于选项D，利用球的截面圆的几何性质，找出球心在直线上，利用，建立方程，从而求出球的表面积的取值范围.【详解】对于A，因为平面平面，根据面面平行的性质，平面与这两个平面的交线互相平行，即，因为面，面，所以平面，又点P在线段上,所以三棱锥的体积为定值，故A正确；对于B，若存在点P，使得，因为，则，因为，平面,所以平面，与题意矛盾，故B错误；对于C，如图1所示，取BC的中点Q，连接，则点P在平面内的射影在上，直线PE与平面所成角即，且有由已知可得，最小为，所以的最大值为，故C正确．对于D，如图2，取的中点G，连接AG，分别取BE，AG的中点，连接，因为是等腰直角三角形，所以三棱锥外接球的球心O在直线上，设三棱锥外接球的半径为R，则，所以，设，则，所以,当点P与F重合时，取最小值，此时，三棱锥外接球的表面积为，当点P与重合时，取最大值，此时，三棱锥外接球的表面积为，故D正确．故选：ACD三、填空题13．已知双曲线的右焦点为F，点，若直线AF与C只有一个交点，则_________．【答案】【分析】求出渐近线方程，由题意得到直线AF与C的渐近线平行，从而利用斜率列出方程，求出答案.【详解】由题意知，双曲线C的渐近线方程为或，因为直线AF与C只有一个交点，所以直线AF与C的渐近线平行，即或，解得．故答案为：14．已知向量的夹角为，与垂直，，则__________．【答案】6【分析】根据向量垂直得出数量积为0，结合数量积的运算可得答案.【详解】设，由已知可得，因为与垂直，所以，即，所以．故答案为：6.15．某产品的质量检验过程依次为进货检验（IQC）、生产过程检验（IPQC）、出货检验（OQC）三个环节．已知某产品IQC的单独通过率为，IPQC的单独通过率为，规定上一类检验不通过则不进入下一类检验，未通过可修复后再检验一次（修复后无需从头检验，通过率不变且每类检验最多两次），且各类检验间相互独立，则一件该产品能进入OQC环节的概率为_________．【答案】【分析】利用独立事件和互斥事件概率求解即可.【详解】设表示第i次通过进货检验，表示第i次通过生产过程检验（），C表示该产品能进入出货检验环节，由题意得．故答案为：.16．已知函数与的定义域均为，，且为偶函数，则___________．【答案】248【分析】由抽象函数变形为和，再利用奇数项和偶数项的关系求和.【详解】①因为是偶函数，所以，用替换x，得，条件化为②，所以，①+②得，在②中用替换x，得③，则①-③得，则，，在①中令，可得，所以．在中令，得，又，所以，再由知．所以．故答案为：248四、解答题17．在①；②；③，这三个条件中任选一个补充在下面横线上，并解答问题．已知数列的前n项和．(1)证明：数列是等差数列；(2)若，设___________，求数列的前n项和．【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析【分析】（1）利用数列通项与前项和的关系证明.（2）利用裂项相消法、错位相减法计算求解.【详解】（1）因为①，所以②，②①得，整理得，由等差数列的定义可知是等差数列．（2）由（1）得的公差，又因为，所以．若选①：,所以．若选②：，所以．若选③：，则，

两式作差得．

所以．18．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．(1)求C；(2)若，角C的平分线交AB于点D，点E满足，求．【答案】(1)(2)【分析】（1）由条件和正弦定理边化角即可求得结果；（2）根据正弦定理和余弦定理结合条件求解即可.【详解】（1）由条件和正弦定理得，

所以，展开后整理得．

因为，所以，所以，

又，所以．（2）如图所示，因为，所以，又因为CD为的平分线，所以．

因为，所以在中，，又，所以为等边三角形，所以．

在中，由余弦定理可得，即，

在中，由正弦定理可得，即，得．19．如图，在三棱柱中，四边形为菱形，E为棱的中点，为等边三角形．(1)求证：；(2)若，求平面和平面夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据题意，先证平面，再由线面垂直的性质定理即可证明；（2）根据题意，设AC，AB的中点分别为O，G，连接，以O为坐标原点，的方向分别为x轴y轴z轴的正方向，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可得到结果.【详解】（1）如图，连接，与相交于点F，连接CF，．因为四边形为菱形，所以F为的中点，且．

因为为等边三角形，所以，

因为，BF、CF在面A1BC内，所以平面．

因为平面，所以．

因为，所以．（2）设AC，AB的中点分别为O，G，连接．由（1）可知，又，AB1、AC在面AB1C内，所以平面，OB1、OC在面AB1C内，则OB1、OC与BC垂直，因为，所以平面，因为为等边三角形，所以．

以O为坐标原点，的方向分别为x轴y轴z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，所以，由，得，所以．设平面的法向量为，则令，得．

设平面的法向量为，则令，得．

设平面与平面的夹角为，所以，即平面与平面夹角的余弦值为．20．某剧场的座位数量是固定的，管理人员统计了最近在该剧场举办的五场表演的票价（单位：元）和上座率（上座人数与总座位数的比值）的数据，其中，并根据统计数据得到如下的散点图：(1)由散点图判断与哪个模型能更好地对与的关系进行拟合（给出判断即可，不必说明理由），并根据你的判断结果求回归方程；(2)根据（1）所求的回归方程，预测票价为多少时，剧场的门票收入最多．参考数据：，，；设，则，，；，，．参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，．【答案】(1)能更好地对y与x的关系进行拟合，；(2)预测票价为元时，剧场的门票收入最多．【分析】（1）由散点图知，能更好地对与的关系进行拟合，设，由公式求出，再将代入求出，可得关于的线性回归方程，进而得出关于的回归方程；（2）设函数，对函数求导，判断出单调性和极值，可预测剧场的门票收入最多时的票价．【详解】（1）能更好地对与的关系进行拟合．

设，先求关于的线性回归方程．由已知得，所以，，所以关于的线性回归方程为，所以关于的回归方程为；（2）设该剧场的总座位数为，由题意得门票收入为，设函数，则，当，即时，函数单调递减，当，即时，函数单调递增，所以在处取最大值，

所以预测票价为元时，剧场的门票收入最多．21．已知椭圆的离心率为，三点中恰有两个点在椭圆上．(1)求椭圆C的方程；(2)若C的上顶点为E，右焦点为F，过点F的直线交C于A，B两点（与椭圆顶点不重合），直线EA，EB分别交直线于P，Q两点，求面积的最小值．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据对称性得到和在C上，得到，再根据离心率得到答案；（2）设直线，联立方程根据韦达定理得到根与系数的关系，计算的横坐标，得到，设，，，计算最值即可.【详解】（1）由椭圆的对称性可知点和在C上，代入方程得．

设C的半焦距为，则离心率为，所以，所以，解得，以椭圆C的方程为．（2）设，，，设直线．

由消去x得，所以，设点，直线EA的方程为，由与联立得，

同理可得．所以．整理得，因为