山西省三重教育2023届高三下学期2月联考数学试题

绝密★启用前（新高考卷）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题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。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．已知复数，满足，，则A． B． C． D．63．已知一个足球场地呈南北走向．在一次进攻时，某运动员从A点处开始带球沿正北方向行进16米到达B处，再转向北偏东60°方向行进了24米到达C处，然后起脚射门，则A，C两点的距离为A．米 B．米 C．32米 D．米4．已知抛物线C：的焦点为F，准线为l，点在C上，过P作l的垂线，垂足为O，若（O为原点），则F到l的距离为A．1 B．2 C．4 D．65．有一个棱柱形状的石料，底面是边长为6的等边三角形，该石料侧棱垂直于底面，若可以将该石料打磨成四个半径为的石球，则至少需要打磨掉的石料废料的体积为A． B． C． D．6．已知向量，，其中．若，则A． B． C． D．7．现有甲、乙两组数据，每组数据均由六个数组成，其中甲组数据的平均数为3，方差为5，乙组数据的平均数为5，方差为3．若将这两组数据混合成一组，则新的一组数据的方差为A．3.5 B．4 C．4.5 D．58．已知椭圆M：的上顶点为A，过点A且不与y轴重合的直线l与M的另一个交点为（其中），过B作l的垂线，交y轴于点C．若，则l的斜率k=A． B． C． D．二、选择题：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．已知等比数列的公比为，前n项积为，若，则A． B． C． D．10．已知函数的图象关于点对称，且存在，使得在上单调递增，则下列选项正确的是A．的最小正周期 B．在上单调递增C．函数的图象不可能关于点对称 D．函数在内不存在极值点11．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，直线与椭圆C交于A，B两点（其中A在B的左侧），记面积为S，则A． B．时，C．S的最大值为 D．当时，12．已知函数，则下列说法正确的是A．若在R上单调递增，则B．若，设的解集为，则C．若有两个极值点，，且，则D．若，则过仅能做曲线的一条切线三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．A，B两篮球运动员在球衣号分别为6，8，9，18的四件球衣中各随机选一件，则A选的是偶数号球衣的不同选法共有种．14．已知直线过定点，则的最小值为．15．若在圆C：上存在一点P，使得过点P作圆M：的切线长为，则r的取值范围为．16．若曲线与曲线存在公切线，则a的取值范围为．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．（10分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且△ABC的周长为6．（1）证明：；（2）求△ABC面积的最大值．18．（12分）已知数列各项均为正数，，，且．（1）若，求的前n项和；（2）若为等比数列，且不为等比数列，求的值．19．（12分）一对夫要计划进行为期60天的自驾游．已知两人均能驾驶车辆，且约定：①在任意一天的旅途中，全天只由其中一人驾车，另一人休息；②若前一天由丈夫驾车，则下一天继续由丈夫驾车的概率为，由妻子驾车的概率为；③妻子不能连续两天驾车．已知第一天夫妻双方驾车的概率均为．（1）求在刚开始的三天中，妻子驾车天数的概率分布列和数学期望；（2）设在第n天时，由丈夫驾车的概率为，求数列的通项公式．20．（12分）如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAB⊥平面ABC，，，．（1）证明：；（2）求二面角A-PC-B的余弦值．21．（12分）已知双曲线C：的焦距为8．过左焦点F的直线与C的左半支交于A，B两点，过A，B作直线l：的垂线，垂足分别为M，N，且当AB垂直于x轴时，．（1）求C的标准方程；（2）设点，判断是否存在，使得为定值？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．22．（12分）设函数，其中，．（1）若，且在区间单调递减，在区间单调递增，求t的最小值：（2）证明：对任意正数a，b，仅存在唯一零点．绝密★启用前（新高考卷）数学参考答案1．【答案】A【解析】易知，因为，所以，所以．2．【答案】C【解析】因为，所以．3．【答案】D【解析】由题意可知，，则．4．【答案】C【解析】因为，所以，即，所以F到l的距离为4．5．【答案】B【解析】易知该石料底面内切圆半径为，所以打磨而成的石球，与该石料的各个侧面均相切，因为最多打磨成四个，所以该石料的高度最小值为，所以该石料的体积，又四个石球的总体积，所以至少需要打磨掉的体积为．6．【答案】B【解析】因为，所以，所以，即，其中，，所以，所以．【另解】易解得，，则．7．【答案】D【解析】设甲组数据为，，…，，乙组数据为，，…，，则，，，，所以新的一组数据的平均数为，所以新数据的方差．8．【答案】C【解析】由条件得直线AB的斜率，设，直线CB的斜率，因为，所以，即，又因为B在椭圆上，所以，即，所以，又因为，则消去，解得，即点C坐标为，所以，将代入，整理得，解得，即，所以．9．【答案】AC【解析】因为，所以，又，所以，所以，即，即A正确，B错误；因为，所以，因为，所以，即C正确，D错误．10．【答案】AC【解析】因为，所以，即A正确；因为，图象关于点对称，所以在上不是单调递增，即B错误；因为，且，，所以函数的图象不可能关于点对称，即C正确；当，，又，且，所以函数在内存在极小值，即D错误．11．【答案】ACD【解析】由对称性可知，，所以，即A正确；设，，则x，，，且，所以，解得，即B错误；易知，又，所以，当且仅当时，上述等号成立，即C正确；设，，则，由余弦定理，可知，所以，所以，所以，即，代入椭圆，解得，所以，即D正确．12．【答案】ACD【解析】，则，令，解得，易知，若在R上单调递增，则，所以，即A正确；因为，所以当时，，又，所以存在，使得，易知在上单调递增，在上单调递减，又，，因为，所以，则当时，，所以，所以，即B错误；由B项过程可知，当时，仅有一个极值点，不符题意，当时，易知在上恒成立，且当时，，由A项过程可知，，所以，即，此时存在，，使得，即，设，则，所以，解得，设，由可知，，所以单调递减，且，，所以，所以，所以，即C正确；当时，，则，设切点为，则切线方程为，因为切线过，所以，即，设，则，令，解得或，易知在和上单调递减，在上单调递增，所以当时，，又，所以存在唯一的，使得，所以过仅能做曲线的一条切线，即D正确．13．【答案】9【解析】A选的是偶数号球衣的不同选法种数是，B只能从剩下的三件球衣中选取，有种不同选法，所以A，B所选球衣中A选的是偶数号球衣的不同选法为．14．【答案】【解析】因为直线过，所以，所以，当且仅当，时，上述等号成立．15．【答案】【解析】因为切线长为，所以，所以圆C与以M为圆心，以为半径的圆有公共点，又，所以，解得．16．【答案】【解析】设公切线与曲线的切点为，与曲线的切点为，因为，，所以在处的切线方程为，同理可得，在处的切线方程为，由题意可知，，即，因为，所以，所以，即，消去，整理得，设，，则，令，解得，易知，又，所以．17．【解析】（1）因为，且，所以，展开整理得，命题得证；（2）因为，所以，所以或，即或，又，所以，所以，当且仅当时，等号成立，所以，即△ABC面积的最大值为．18．【解析】（1）因为，所以，所以，即数列为等差数列，公差，所以；（2）设的公比为q，因为，所以，所以，即，因为不为等比数列，所以不是常数，所以，．19．【解析】（1）设妻子驾车的天数为随机变量X，则X可能取值为0，1，2，则，，，则；（2）【方法一】易知，，且，所以，又，所以，由累加法可知，【方法二】根据题意有，，即，设，则，所以，故20．【解析】（1）如图，作，垂足为O，连接CO，因为，且，所以△PBO是等腰直角三角形，又，所以，又，，，由余弦定理可知，所以，即，又，OP，平面POC，所以OB⊥平面POC，又平面POC，所以，即；（2）【方法一】因为平面PAB⊥平面ABC，且平面平面，，平面PAB，所以PO⊥平面ABC，又平面ABC，所以，以O为原点建立如图所示空间直角坐标系O-xyz，则，，，，所以，，，设平面APC的法向量为，则，取，则，所以，设平面BPC的法向量为，则，取，则，所以，设二面角B-PC-A为θ，由图可知，θ为锐角，所以【方法二】设线段PC中点为D，分别连接OD，AD，BD．由（1）知，，∴．根据条件可得，，∴，∴．∵，∴．∴∠ADB就是二面角A-PC-B的平面角．又，，在△ABD中，由余弦定理得，所以，二面角A-PC-B的余弦值为．21．【解析】（1）由题意可知，，即，所以，设，，则，，当AB与x轴垂直时，因为，则，所以，解得，，即双曲线C的标准方程为．（2）由（1）可知，，，设直线AB：，因为直线AB与双曲线左支相交于两点，所以，与C的方程联立，，消去x，整理得，所以，，所以，因为，所以，且，所以．同理可得．所以，整理得，所以，整理得，因为为定值，所以或，解得或22．【解析】（1）当时，，则，设，则，令，解得或，易知在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，又，，当时，存在，，，使得，及，易知在和上单调递减，在和上单调递增，即不符题意，当时，在上恒成立，则存在，使得，易知在单调递减，在单调递增，即符合题意，又，则，综上，t的最小值为．（2）易知，设，则，所以，①当，即时，，则 单调递增，又时，，时，，所以存在，使得，易知在上单调递减，在上单调递增，又时，，时，，所以存在唯一的，使得，即，②当，即，存在，，使得，且，易知在和上单调递增，在上单调递减，又当时，，且时，，所以存在，使得，易知在上单调递减，在上单调递增，又时，，时，，所以存在唯一的，使得，即；综上，对任意a，b＞0，仅存在唯一零点．