2023届山西省运城市高三二模数学试题（A卷）含解析

这是一份2023届山西省运城市高三二模数学试题（A卷）含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023届山西省运城市高三二模数学试题（A卷）

一、单选题
1．已知全集，集合，则集合等于（     ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】先表示出集合与集合的等价条件，然后根据交集，并集和补集的定义进行分析求解即可．
【详解】由题意知，，
所以，，
故选：B．
2．已知平面向量，，若与垂直，则实数（    ）
A．2 B．1 C．-1 D．-2
【答案】D
【分析】由已知求出，，然后根据数量积的运算律展开，代入即可得出的方程，求解即可得出答案.
【详解】由已知可得，.
由题意得，
可得，即，
解得.
故选：D.
3．在一些比赛中，对评委打分的处理方法一般是去掉一个最高分，去掉一个最低分，然后计算余下评分的均值作为参赛者的得分．在一次有9位评委参加的赛事中，评委对一名参赛者所打的9个分数，去掉一个最高分，去掉一个最低分后，一定不变的数字特征为（    ）
A．平均值 B．中位数 C．众数 D．方差
【答案】B
【分析】根据中位数，平均数，众数和方差得定义进行判断，并举出反例.
【详解】一共9个数据，从小到大排列后分别为，则为中位数，
去掉最高分和最低分后，一共有7个数据，选取第4个数据，即仍然为中位数，故中位数一定不变，
其余数据可能改变，不妨设9个分数为，
平均数为，众数为3和5，
方差为，
去掉最高分10和最低分3后，平均数为，众数为5，
方差为，
平均值，众数和方差均发生变化.
故选：B．
4．已知数列的前项和为，若，则（    ）
A． B． C． D．2023
【答案】A
【分析】根据与的关系，可推得数列是等比数列，进而得出的表达式，即可求出，代入对数式，根据对数的运算，即可得出答案.
【详解】因为，即.
当时，，即；
当时，，
所以，
所以.
又，
所以数列是等比数列，首项为，公比为，
所以，
所以，
所以.
故选：A.
5．昆虫信息素是昆虫用来表示聚集、觅食、交配、警戒等信息的化学物质，是昆虫之间起化学通讯作用的化合物，是昆虫交流的化学分子语言，包括利它素、利己素、协同素、集合信息素、追踪信息素、告警信息素、疏散信息素、性信息素等．人工合成的昆虫信息素在生产中有较多的应用，尤其在农业生产中的病虫害的预报和防治中较多使用．研究发现，某昆虫释放信息素t秒后，在距释放处x米的地方测得的信息素浓度y满足，其中k，a为非零常数．已知释放信息素1秒后，在距释放处2米的地方测得信息素浓度为m；若释放信息素4秒后，距释放处b米的位置，信息素浓度为，则b＝（    ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【分析】根据已知的浓度解析式，代入变量，结合对数的运算，化简求值.
【详解】由题意，，
所以），
即．又，所以．
因为，所以．
故选：B．
6．巴普士（约公元3~4世纪），古希腊亚历山大学派著名几何学家．生前有大量的著作，但大部分遗失在历史长河中，仅有《数学汇编》保存下来．《数学汇编》一共8卷，在《数学汇编》第3卷中记载着这样一个定理：“如果在同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交，那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于该闭合图形的面积与该闭合图形的重心旋转所得周长的积”，（表示平面闭合图形绕旋转轴旋转所得几何体的体积，S表示闭合图形的面积，l表示重心绕旋转轴旋转一周的周长）．已知在梯形ABCD中，，，，利用上述定理可求得梯形ABCD的重心G到点B的距离为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】考虑先计算重心G到AB的距离和重心G到BC的距离，再用勾股定理可得.
【详解】
直角梯形ABCD绕AB旋转一周所得几何体的体积，设重心G到AB的距离为，则，解得；直角梯形绕BC旋转一周所得几何体的体积，设重心G到BC的距离为，则，所以，所以．
故选：C．
7．已知双曲线的左、右焦点分别为，，P是圆（）与的一个交点，若的内切圆的半径为a，则的离心率为（    ）
A． B． C．2 D．
【答案】A
【分析】由双曲线定义和得到方程组，求出，再由内切圆半径，利用面积列出方程，得到齐次方程，求出离心率.
【详解】由题意知，所，
又因为，与联立，得，，
所以，
又因为，
所以，即，
所以，即，
所以，所以．
故选：A．
8．已知，，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据对数的运算，计算可得，则.构造函数，根据导函数得到函数的单调性，即可得出，根据对数函数的单调性即可得出；先证明当时，.然后根据二倍角公式以及不等式的性质，推得.
【详解】因为，
所以，.
令，，则，
当时，，所以在上单调递增，
所以，
所以.
因为在上单调递增，所以；
令，则恒成立，
所以，在R上单调递减，
所以，当时，有，即，
所以.
因为，
所以，
所以.
所以.
故选：B．
【点睛】方法点睛：对变形后，作差构造函数，根据导函数得到函数的单调性，即可得出值的大小关系.

二、多选题
9．设为复数，则下列命题中一定成立的是（    ）
A．如果，那么
B．如果，那么
C．如果，那么
D．如果，那么
【答案】BC
【分析】举例即可说明A、D项；根据即可得出B项；由，即可判断C项.
【详解】对于A项，取，时，，但虚数不能比较大小，故A项错误；
对于B项，由，得.
又，，所以，故B项正确；
对于C项，因为，所以，故C项正确；
对于D项，取，，满足，但是，故D项错误.
故选：BC.
10．已知函数，则（    ）
A．的图象关于点对称 B．为的一个周期
C．的值域为 D．在上单调递减
【答案】ACD
【分析】化简可得.求出的表达式，即可得出A项；求出的表达式，即可得出B项；由几何意义，根据图象，即可得出C项；求出导函数，根据的解集，即可得出D项.
【详解】由已知可得.
对于A项，因为，所以点是的对称中心，故A项正确；
对于B项，，故不是的周期，故B项错误；
对于C项，设，则的大小等于点与点连线的斜率.
又点在圆上，

如图，为圆的两条切线，且，.
由图象可知，当与重合时，斜率最大，此时；
当与重合时，斜率最小，此时，
所以的取值范围为，即的值域为，故C项正确；
对于D项，由已知可得，
令，得，
根据余弦函数的图象可知，，故在上单调递减，故D项正确.
故选：ACD.
11．已知抛物线的焦点为，直线与抛物线交于两点，是线段的中点，过作轴的垂线交抛物线于点，则下列判断正确的是（    ）
A．若过点，则的准线方程为
B．若过点，则
C．若，则
D．若，则点的坐标为
【答案】ABC
【分析】若过点，先求出坐标，即可得出A项以及抛物线的方程，与直线联立方程组，根据韦达定理，得出坐标的关系，结合抛物线的定义，即可得出B项；联立将的方程与的方程，得.根据韦达定理，得出坐标的关系，进而推出.根据，即可得到的方程，求解即可得出，判断C、D项.
【详解】设，

对于A项，若过点，则点的坐标为，所以，
故的准线方程为，故A项正确；
对于B项，由A可得的方程为，
与的方程联立，消去并整理，得，
则，，
根据抛物线的定义，可得，，.
所以，
所以，故B项正确；

对于C项，将的方程与的方程联立，得，
所以，.
设，则，
所以，即，
由得，
即，
所以，
所以，故C正确；
对于D项，由C知，，所以焦点，故D错误.
故选：ABC.
12．定义区间，，，的长度为.如果一个函数的所有单调递增区间的长度之和为常数（其中，为自然对数的底数），那么称这个函数为“函数”，则（    ）
A．是“函数”
B．是“函数”
C．是“函数”，且
D．是“函数”，且
【答案】BCD
【分析】求出函数的定义域，根据导函数得出函数的单调递增区间.然后根据“函数”的定义，即可判断.若导函数存在隐零点，则可根据零点存在定理，得出零点的取值范围，以及满足的条件，进而判断C、D两项.
【详解】对于A项，的定义域为，，
因为，所以，所以在上单调递增.
显然不是“函数”，故A错误；
对于B项，函数的定义域为，，
当时，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减，
故，是“函数”，故B正确；
对于C项，的定义域为，，
根据复合函数的单调性可知是减函数，
又，，
根据零点存在定理可得，存在唯一的常数，使，
即，所以，
且当时，，所以函数在上单调递增.
令，则，且，满足条件，
所以.故C项正确；
对于D项，因为的定义域为，.
令，则，
当时，，所以函数在上单调递增；
当时，，所以函数在上单调递减，
所以，当时，函数有最大值.
令，，则在上恒成立，
所以，在上单调递增.
又，
所以，当时，有，
即，所以，
所以，在上恒成立，
所以函数在上没有零点.
又时，.
由零点存在定理及函数的单调性可知，
存在唯一的常数，使得，即，
且当时，，所以在上单调递增；
当时，，所以在上单调递减.
令，则是“函数”，且.故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：C项，得出的，零点不确定，即存在隐零点.根据，，结合零点存在定理，即可得出的值.

三、填空题
13．已知函数（且），曲线在处的切线与直线垂直，则___．
【答案】
【分析】求出，分析可得，即可求得的值.
【详解】因为（且），则，
因为直线的斜率为，
又因为曲线在处的切线与直线垂直，
所以，，解得.
故答案为：.
14．的展开式中的常数项为___．（用数字作答）
【答案】1792
【分析】由的展开式通项公式得到符合要求，从而求出答案.
【详解】展开式的通项公式，
令，得，令无整数解，所以展开式中的常数项为．
故答案为：1792
15．在正三棱柱中，D为棱AB的中点，与交于点E，若，则CD与所成角的余弦值为___．

【答案】
【分析】作出辅助线，找到CD与所成的角，证出线面垂直，得到，设出，利用余弦定理求出，，求出余弦值.
【详解】连接，取中点F，连接，EF，则，

所以为CD与所成的角（或其补角）．
因为在正三棱柱中，D为棱AB的中点，
所以⊥，⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，平面，
所以CD⊥平面，
可得EF⊥平面，又平面，
所以．
不妨设，则，，所以，
又，
所以，
所以，
所以＝．
故答案为：
16．已知，则关于x的方程有6个互不相等的实数解的充要条件为___．
【答案】且
【分析】先证明为偶函数.去绝对值，得到时，，结合的图象，根据偶函数的对称性，得出的图象.结合图象得出解的情况. 设，则原方程变为，根据解的情况，可得出方程两根的取值范围，根据解的范围，即可得出系数的范围.
【详解】因为，
定义域为，所以为偶函数.
当时，，
画出在上的图象，
利用偶函数的对称性，易得f（x）在其定义域上的图象（如图所示）.

由图象可知，当时，有两个解；当时，有四个解.
设，则原方程变为，
所以原方程有6个不同的实数解的充要条件是
方程的两根满足且.
又时，，
且，
而，则问题等价于，
所以且．
故答案为：且．
【点睛】思路点睛：先判断函数的奇偶性，然后作出函数在时的图象，结合对称性，得出的图象.进而根据图象，得出解的情况.然后根据已知零点的个数，分析得出方程根的分布情况，即可得出系数的范围.

四、解答题
17．在中，角的对边分别为，且.
(1)求的大小；
(2)若，，求的面积.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由正弦定理得出，然后根据余弦定理，即可求出；
（2）根据正弦定理，可求得，然后求出，利用两角和的正弦公式得出，进而根据面积公式即可得出答案.
【详解】（1）因为，
由正弦定理，得，即，
所以由余弦定理得.
因为，所以.
（2）因为，，，
由正弦定理，
可得.
又，
所以，
所以的面积.
18．在数列中，，当时，
(1)求证：为等比数列；
(2)若，求{}的前n项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）利用等比数列的定义证明；
（2）利用错位相减法求和.
【详解】（1）证明：当n为偶数时，又为偶数，
所以，又，所以，所以，
所以，所以是以3为首项，3为公比的等比数列．
（2）由（1）得，
当n为奇数时，
所以，所以是公差为2的等差数列
所以，
所以．
所以，
两边同乘以3，得
，
两式相减得
，
所以．
19．如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为4的正方形，E为PA的中点，过E与底面ABCD平行的平面与棱PC，PD分别交于点G，F，M在线段AE上，且．

(1)求证：BG//平面；
(2)若PA⊥平面ABCD，且，求平面CFM与平面PCD所成锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）延长FM与DA的延长线交于点N，连接CN交AB于点H，先证明，，得四边形BHFG为平行四边形，再证明BG平面CFM．
（2）建立空间直角坐标系，求平面PCD和平面CFM的法向量，计算法向量的夹角余弦的绝对值即为所求.
【详解】（1）证明：
  
延长FM与DA的延长线交于点N，连接CN交AB于点H，连接FH．
因为平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD平面，
且E为PA的中点，所以且．同理可得，．
又，所以，
又，所以H为AB的中点，所以，且．
又，，
所以，且，所以四边形BHFG为平行四边形，所以
又平面CFM，平面CFM，
所以BG平面CFM．
（2）由题意易得AB，AD，AP两两垂直，故以A为坐标原点，直线AB，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴建立如图空间直角坐标系，
则C（4，4，0），D（0，4，0），F（0，2，3），M（0，0，2），P（0，0，6），
所以＝（－4，0，0），，，．
设平面PCD的一个法向量，
则，即，取，
设平面CFM的一个法向量，
则，即，取，
设平面CFM与平面PCD所成锐二面角的大小为，
则，
即平面CFM与平面PCD所成的锐二面角的余弦值为．
20．现在世界正处于百年未见之大变局，我国面临着新的考验，为增强学生的爱国意识和凝聚力，某学校高二年级组织举办了“中国国情和当今世界局势”的知识对抗竞赛，主要是加深对新中国成立以来我国在经济建设、科技创新、精神文明建设等方面取得的成就和最新世界经济、政治时事的了解．组织者按班级将参赛人员随机分为若干组，每组均为两名选手，每组对抗赛开始时，组织者随机从准备好的题目中抽取2道试题供两位选手抢答，每位选手抢到每道试题的机会相等．比赛得分规则为：选手抢到试题且回答正确得10分，对方选手得0分；选手抢到试题但回答错误或没有回答得0分，对方选手得5分；2道题目抢答完毕后得分多者获胜．已知甲、乙两名选手被分在同一组进行对抗赛，每道试题甲回答正确的概率为，乙回答正确的概率为，两名选手回答每道试题是否正确相互独立．2道试题抢答后的各自得分作为两位选手的个人总得分．
(1)求乙总得分为10分的概率；
(2)记X为甲的总得分，求X的分布列和数学期望．
【答案】(1)
(2)分布列见解析，

【分析】（1）由互斥事件、独立事件的概率公式计算可得；
（2）分X可能取值为0，5，10，15，20，结合互斥事件、独立事件的概率公式求得概率得分布列，然后由期望公式计算出期望．
【详解】（1）由题意，乙得10分的基本事件有{乙抢到两题且一道正确一道错误或没有回答}、{甲，乙各抢到一题都回答正确}、｛甲抢到两题都回答错误或没有回答｝
所以乙总得分为10分的概率．
（2）由题意得，甲的总得分X可能取值为0，5，10，15，20

；
；；
．
分布列如下：
X
0
5
10
15
20
P





所以．
21．在平面直角坐标系中，椭圆的上焦点为F，且C上的点到点的距离的最大值与最小值的差为，过点且垂直于轴的直线被截得的弦长为1.
(1)求的方程；
(2)已知直线：）与交于,两点，与轴交于点，若点是线段靠近点的四等分点，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用椭圆的性质可列出方程组，得到，，即得椭圆的方程.
（2）根据题中位置关系，得到关于两交点横坐标的对称式，利用韦达定理代入可得.
【详解】（1）设的焦距为，由题意知
解得
故的方程为．
（2）
设，
联立
消去整理得，
所以，即，
且，．
因为点P是线段MN靠近点N的四等分点，
所以，所以，
所以．
所以
所以，
整理得，
显然不成立，所以．
因为，所以，即．
解得，或，
所以实数m的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：本题解题关键是找到，的对称式．本题中通过四等分点得到和之间的关系，再根据，直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理求出和，然后代入后可以得到的取值范围．考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力．属于难题．
22．已知函数，为的导函数．
(1)当时，若在[上的最大值为，求；
(2)已知是函数f（x）的两个极值点，且，若不等式恒成立，求正数m的取值范围．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据导数与函数的最值的关系以及根据的不同取值分类讨论求解；
（2）根据题意得，从而可得不等式，再根据，从而，进而将双变量转化为单变量，即不等式在上恒成立，利用导函数与单调性、最值关系求解.
【详解】（1）当时，，其定义域为（0，＋∞），
且，所以，
所以，
令，得；令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减．
①当，即时，在[t，t＋1]上单调递增，
所以；
②当，即时，；
③当时，g（x）在[t，t＋1]上单调递减，
所以，
综上所述
（2）因为，所以，
由题意知的定义域为，
故是关于x的方程的两个根，
所以，
即，
所以，
等价于．
因为，所以原式等价于，
又，作差，得，
即，所以原式等价，
因为，所以恒成立．
令，则，
故不等式在上恒成立，
令．
又因为，
当时，得，所以在上单调递增，
又，所在上恒成立，符合题意；
当时，可得时，，时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又因为，
所以在上不能恒小于0，不符合题意，舍去．
综上所述，若不等式恒成立，
只需满足，又，故，
即正数m的取值范围为．
【点睛】关键点点睛:本题第二问的关键在于利用，从而可得不等式，再将代入不等式可得，再将双变量问题转化为单变量问题，即可利用导函数的单调性、最值关系求解.