2023届山西省临汾市高三下学期第一次高考考前适应性训练数学试题含解析

这是一份2023届山西省临汾市高三下学期第一次高考考前适应性训练数学试题含解析，共20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届山西省临汾市高三下学期第一次高考考前适应性训练数学试题 一、单选题1．已知集合，则集合的子集的个数为（    ）A．8 B．7 C．4 D．3【答案】C【分析】解不等式，得集合A，列出子集，得子集个数.【详解】，集合A的子集为：，，，，共4个.故选：C.2．复数的虚部为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】依据复数的运算律化简复数，写出代数形式，得虚部.【详解】，虚部为.故选：D.3．抛物线的焦点关于其准线对称的点为，则的方程为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据抛物线的定义以及方程求解.【详解】由题可知，抛物线开口向上，设方程为，设抛物线的焦点为，则准线为，所以解得，所以方程为，故选:B.4．1682年，英国天文学家哈雷发现一颗大彗星的运行曲线和1531年､1607年的彗星惊人地相似.他大胆断定，这是同一天体的三次出现，并预言它将于76年后再度回归.这就是著名的哈雷彗星，它的回归周期大约是76年.请你预测它在本世纪回归的年份（    ）A．2042 B．2062 C．2082 D．2092【答案】B【分析】构造等差数列求出其通项公式，给n赋值即可.【详解】由题意，可将哈雷彗星的回归时间构造成一个首项是1682，公差为76的等差数列，则等差数列的通项公式为，∴，.∴可预测哈雷彗星在本世纪回归的年份为2062年.故选：B.5．已知，为不共线的非零向量，，，，则（    ）A．，，三点共线 B．，，三点共线C．，，三点共线 D．，，三点共线【答案】B【分析】根据给定条件，求出，再利用共线向量逐项判断作答.【详解】，为不共线的非零向量，，，，则，，因，则与不共线，，，三点不共线，A不正确；因，即与共线，且有公共点B，则，，三点共线，B正确；因，则与不共线，，，三点不共线，C不正确；因，则与不共线，，，三点不共线，D不正确.故选：B6．的展开式中的系数为（    ）A． B． C．64 D．160【答案】C【分析】在二项展开式的通项公式中令x的幂指数为3，求出r的值，即可求得的系数.【详解】的展开式的通项公式为，令，则，故展开式中的系数为.故选：C.7．已知,则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】构造,求导求单调性即可得,即证明,再构造,,求导求单调性即可得,即,即证明,即可选出选项.【详解】解:由题知构造,,所以,故在单调递减,所以,即,即,即因为,构造,,所以,即在上单调递增,所以,即,即,即,综上:.故选:D8．《九章算术·商功》提及一种称之为“羡除”的几何体，刘徽对此几何体作注：“羡除，隧道也其所穿地，上平下邪.似两鳖臑夹一堑堵，即羡除之形.”羡除即为：三个面为梯形或平行四边形（至多一个侧面是平行四边形），其余两个面为三角形的五面几何体.现有羡除如图所示，底面为正方形，，其余棱长为2，则羡除外接球体积与羡除体积之比为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】连接AC、BD交于点M，取EF的中点O，连接OM，求出OM的长，进而求出OA的长，可知，从而可求出羡除外接球体积，由等体积法可求出羡除体积，进而可求得结果.【详解】连接AC、BD交于点M，取EF的中点O，连接OM，则平面.取BC的中点G，连接FG，作，垂足为H，如图所示，由题意得，，，，， ∴，∴，又∵，∴，∴，即：这个羡除的外接球的球心为O，半径为2，∴这个羡除的外接球体积为.∵，面，面，∴面，即：点A到面的距离等于点B到面的距离，又∵，∴，∴这个羡除的体积为，∴羡除的外接球体积与羡除体积之比为.故选：A. 二、多选题9．某学生社团有男生32名，女生24名，从中随机抽取一个容量为7的样本，某次抽样结果为：抽到3名男生和4名女生，则下列说法正确的是（    ）A．这次抽样可能采用的是抽签法B．这次抽样不可能是按性别分层随机抽样C．这次抽样中，每个男生被抽到的概率一定小于每个女生被抽到的概率D．这次抽样中，每个男生被抽到的概率不可能等于每个女生被抽到的概率【答案】AB【分析】根据抽样方法的概念求解即可.【详解】根据抽样结果，此次抽样可能采用的是抽签法，A正确；若按分层抽样，则抽得的男女人数应为4人，3人，所以这次抽样不可能是按性别分层随机抽样，B正确；若按抽签法，则每个男生被抽到的概率和每个女生被抽到的概率均相等，C,D错误.故选:AB.10．已知函数，则下列说法正确的有（    ）A．的图象关于点中心对称B．的图象关于直线对称C．在上单调递减D．将的图象向左平移个单位，可以得到的图象【答案】AC【分析】用余弦函数的图像与性质，采用整体代入的思想对选项逐一判断即可.【详解】由可知，解得，所以函数的对称中心为，故A选项正确；令 解得，所以函数的对称轴为，，故B选项错误；令，解得，所以函数的单调递减区间为，故C选项正确；将的图象向左平移个单位得，故D选项错误；故选：AC11．如图，在平行六面体中，分别是的中点，以为顶点的三条棱长都是，则下列说法正确的是（    ）A．平面B．平面C．D．与夹角的余弦值为【答案】ABD【分析】根据线面平行、线面垂直、空间距离、线线角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A选项，连接，由于分别是的中点，所以，根据棱柱的性质可知，所以,由于平面，平面，所以平面，所以A选项正确.B选项，，， ，所以，由于平面，所以平面，B选项正确.，所以，即，所以C选项错误.D选项，，，，，所以与夹角为，则.故选：ABD12．定义在上的函数满足，则下列说法正确的是（    ）A．函数是奇函数B．函数是偶函数C．函数是周期函数D．若函数有4个零点，则函数的最大值为【答案】BCD【分析】运用抽象函数的对称性、奇偶性、周期性可判断选项A、B、C，运用基本不等式求最值可判断选项D.【详解】对于选项A，∵，即：，∴，∴为偶函数.故选项A错误；对于选项B，∵，即：，∴，∴为偶函数.故选项B正确；对于选项C，∵，，∴是周期函数.故选项C正确；对于选项D，，∵，∴的图象关于直线对称，∴且，∴或，当时，，易得函数只有3个零点，不符合题意.当时，，当且仅当，即时取等号.所以的最大值为.故选项D正确.故选：BCD. 三、填空题13．已知，则__________.【答案】##.【分析】由公式代入计算可得结果.【详解】∵，，∴，解得：.故答案为：.14．如图，现要对某公园的4个区域进行绿化，有5种不同颜色的花卉可供选择，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色的花卉，共有________种不同的绿化方案（用数字作答）.【答案】180【分析】利用分步乘法原理求解即可【详解】如图：ABDC 从A开始摆放花卉，A有5种颜色花卉摆放方法，B有4种颜色花卉摆放方法，C有3种颜色花卉摆放方法；由D区与B，C花卉颜色不一样，与A区花卉颜色可以同色也可以不同色，则D有3种颜色花卉摆放方法.故共有种涂色方法.故答案为：18015．设是曲线上的动点，且.则的取值范围是__________.【答案】【分析】由当PA垂直于在点P处的切线时，取得最小值列式可得,代入中解不等式即可.【详解】∵，∴，设点，则在点P处的切线斜率为，∵，即：当且仅当PA垂直于切线时，取得最小值，又∵，∴，即：，①∴，即：，②∴由①②得：，解得：或，又∵由①知，，∴，即：，解得：，∴.故答案为：.16．已知双曲线的离心率为分别为的左､右焦点，点在上且关于坐标原点对称，过点分别作的两条渐近线的垂线，垂足分别为，，若，且四边形的面积为6，则的面积为__________.【答案】【分析】根据确定四边形为矩形，结合勾股定理，双曲线的定义可求出的值，结合离心率可求双曲线方程，再根据点到直线的距离公式和三角形的面积公式可求解.【详解】如图，不妨设在第一象限，因为，且为的中点，所以四边形为矩形，所以，又因为，，所以，所以，即，又因为离心率为所以，则，解得，所以，所以双曲线方程为，由等面积法可得，所以，所以，两条渐近线方程分别为倾斜角为所以到渐近线的距离为设相交于点，又因为,所以，所以，故答案为: . 四、解答题17．已知数列，，满足，，.(1)证明是等比数列，并求的通项公式；(2)设，证明：.【答案】(1)证明见解析，(2)证明见解析 【分析】（1）由的递推公式，得的递推公式，证明为等比数列，得数列的通项公式；（2）由（1）得的通项公式，裂项求和，证明不等式.【详解】（1）证明：因为，，所以，即，即，又因为，所以是首项为1，公比为3的等比数列，所以的通项公式为.（2）证明：因为，所以，所以，所以，即，所以.18．记的内角的对边分别为，已知.(1)证明：；(2)若，求的面积.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由正弦定理边化角计算可得结果.（2）由余弦定理解三角形及三角形面积公式计算可得结果.【详解】（1）证明：由及正弦定理得：，整理得，.因为，所以，所以或，所以或（舍），所以.（2）由及余弦定理得:，整理得，又因为，可解得，则，所以△是直角三角形，所以△的面积为.19．技术员小李对自己培育的新品种蔬菜种子进行发芽率等试验，每个试验组3个坑，每个坑种2粒种子.经过大量试验，每个试验组没有发芽的坑数平均数为.(1)求每粒种子发芽的概率：(2)若一个坑内至少有一粒种子发芽，则这个坑不需要补种；若一个坑内的种子都没有发芽，则这个坑需要补种.取出一个试验组，对每个不发芽的坑补种1粒种子.设本试验组种植种子数为，求的平均数.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）利用二项分布的平均数建立方程求解即可；（2）先求出每个坑不发芽的概率，再利用二项分布及平均数的性质求解.【详解】（1）由题意知，每组中各个坑是否发芽相互独立，每个坑不发芽的概率为，设每组不发芽的坑数为，则，所以每组没有发芽的坑数的平均数为，解得，所以每个种子的发芽率为.（2）由（1）知每个坑不发芽的概率为，设为补种种子的个数，则，所以，.20．在三棱锥中，，，，取直线与的方向向量分别为，，若与夹角为.(1)求证：；(2)求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）将补全为矩形，证明平面，建立空间直角坐标系，计算和的数量积，证明；（2）求平面和平面的法向量，计算夹角余弦的绝对值，可得所求.【详解】（1）证明：过作，且，连接，，取的中点，连接，，，则为与的夹角，即.设，则，因为，所以为等边三角形，则，，.因为，所以平行四边形为矩形，所以，所以，即.因为，平面，所以平面.取的中点，连接，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系.则，，，，所以，，，所以.（2），，，设平面的法向量为，则，即，令，得，设平面的法向量为，则，即，令，得，所以，所以平面与平面夹角的余弦值为.21．已知用周长为36的矩形截某圆锥得到椭圆与矩形的四边都相切且焦距为，__________.①为等差数列；②为等比数列.(1)在①②中任选一个条件，求椭圆的标准方程；(2)（1）中所求的左､右焦点分别为，过作直线与椭圆交于两点，为椭圆的右顶点，直线分别交直线于两点，求以为直径的圆是否过定点，若是求出该定点；若不是请说明理由【答案】(1)(2)存在，和. 【分析】(1)周长为36的矩形截某圆锥得到椭圆与矩形的四边都相切，可得，若选①，结合为等差数列与，联立解方程组可求得；若选②，则为等比数列与已知条件列方程组即可解得.(2)分直线斜率存在或斜率不存在两种情况分类讨论，直线的斜率不存在时，的方程为，根据对称性即可求得点的坐标，代入的方程求得点的坐标，即可写出圆的方程，并求出定点坐标；当直线斜率存在时，设直线的方程为与椭圆方程联立，韦达定理写出两根之和，两根之积，同理求出四个点的坐标，写出以为直径的圆的标准方程，化简求定点.【详解】（1）选①，由题意解得所以的标准方程为.选②，由题意解得所以的标准方程为.（2）①当直线的斜率不存在时，的方程为，不妨设在轴上方，则，的方程为，令，得，所以，同理，所以以为直径的圆的标准方程为.②当直线的斜率存在时，设的方程为，联立得，由韦达定理得.因为，所以的方程为，令，得，即的坐标为，同理的坐标为，所以以为直径的圆的标准方程为将韦达定理代入并整理得，令，则，解得或.当斜率不存在时，令，则，解得或.由①②知，以为直径的圆过和.22．已知函数是其导函数.(1)讨论的单调性；(2)对恒成立，求的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）求与，分类讨论与时，通过研究符号的正负来研究的单调性.（2）分类讨论情形一：当时，恒成立；情形二：当时，恒成立，在情形一中分类讨论与时，在上是否恒成立，在情形二中分类讨论、与时，在上是否恒成立即可.【详解】（1）函数的导函数，当时，，所以在R上单调递增；当时，，，所以在上单调递减，在上单调递增.综述：当时，在R上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）因为对恒成立，所以当时，；当时，，则，所以.所以且连续不断.，，情形一：当时，当时，在上单调递增，又因为，所以在上单调递增，所以，满足题意.当时，由（1）知在上单调递减，所以，所以在上单调递减，所以，不符合题意.情形二：当时，当时，由，知不恒成立；.当时，，易知恒成立.当时，由（1）知的最小值，所以在单调递增，而，所以成立.综上可得的取值范围为.【点睛】利用导数证明不等式的策略：（1）构造函数，将不等式转化为函数的最值问题；（2）将不等式转化为两个函数的最值进行比较；（3）导数方法证明不等式中，最常见的是ex和ln x与其他代数式结合的问题，对于这类问题，可以考虑先对ex和ln x进行放缩，使问题简化，简化后再构建函数进行证明.