山西省名校联盟2023届高三5月仿真模拟数学试题（含解析）

这是一份山西省名校联盟2023届高三5月仿真模拟数学试题（含解析），共26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。
山西省名校联盟2023届高三5月仿真模拟数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．若集合，，则（    ）A． B．C． D．2．已知复数z满足，则（    ）A．1 B． C． D．23．某工厂生产的新能源汽车的某部件产品的质量指标X服从正态分布，若，则（    ）A．0.12 B．0.24 C．0.26 D．0.484．南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层（即第一层）有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第四层有10个球，…，设“三角垛”从第一层到第n层的各层球的个数构成一个数列，则（    ）A． B．C． D．5．的展开式中的系数为（    ）A． B． C．15 D．306．设，，，则（    ）A． B． C． D．7．已知函数的最小正周期为T，且，若的图象关于直线对称，则（    ）A． B． C． D．8．已知函数，都是定义在R上的函数，是奇函数，是偶函数，且，，则（    ）A． B． C． D． 二、多选题9．甲、乙两名射击运动员各射击6次的成绩如下：甲789549乙78a877则下列说法正确的是（    ）A．若，则甲射击成绩的中位数等于乙射击成绩的中位数B．若，则甲射击成绩的极差大于乙射击成绩的极差C．若，则乙比甲的平均成绩高，甲比乙的成绩稳定D．若，则乙比甲的平均成绩高，乙比甲的成绩稳定10．已知函数，则（    ）A．有两个极值点 B．的图象关于点对称C．有三个零点 D．直线与曲线相切11．在四面体ABCD中，，，，E为CD的中点，为等边三角形，则（    ）A．平面平面ACD B．平面ABDC．异面直线AB与CD所成角为 D．异面直线AC与BE所成角为12．如图，已知，分别为双曲线C：（，）的左、右焦点，过作圆O：的切线，切点为A，且在第三象限与C及C的渐近线分别交于点M，N，则（    ）A．直线OA与双曲线C无交点B．若，则C．若，则C的渐近线方程为D．若，则C的离心率为 三、填空题13．已知，是单位向量，且满足，则________．14．已知抛物线C的顶点在原点，对称轴为坐标轴，且与直线相切，则抛物线C的一个方程是___________.15．如图，直三棱柱中，，棱柱的侧棱足够长，点P在棱上，点在上，且，则当△的面积取最小值时，三棱锥的外接球的体积为___________.16．已知函数有3个零点，则实数a的取值范围为________． 四、解答题17．已知的内角A，B，C的对边分别为(1)若，求B；(2)若，求的面积.18．记为数列的前n项和，已知，是公差为2的等差数列．(1)求的通项公式；(2)证明：．19．如图，三棱柱的底面为等边三角形，侧面为菱形，，点D，E分别为BC，的中点，．(1)求证：平面；(2)求二面角的余弦值．20．第22届世界杯足球赛在卡塔尔举办，各地中学掀起足球热．甲、乙两名同学进行足球点球比赛，每人点球3次，射进点球一次得50分，否则得0分．已知甲每次射进点球的概率为，且每次是否射进点球互不影响；乙第一次射进点球的概率为，从第二次点球开始，受心理因素影响，若前一次射进点球，则下一次射进点球的概率为，若前一次没有射进点球，则下一次射进点球的概率为．(1)设甲3次点球的总得分为X，求X的概率分布列和数学期望；(2)求乙总得分为100分的概率．21．已知椭圆C：过点A（2，），且C的离心率为.(1)求C的方程；(2)设直线l交C于不同于点A的M，N两点，直线AM，AN的倾斜角分别为，，若，求面积的最大值.22．已知函数．(1)当时，讨论的单调性；(2)若，当时，证明：．
参考答案：1．C【分析】解一元二次不等式、根式不等式求交集即可.【详解】因为，，所以．故选：C.2．B【分析】运用复数乘法运算及复数相等可求得a、b的值，再运用共轭复数及复数的模的运算公式即可求得结果.【详解】设（a，），则，根据复数相等的定义，得，解得或，所以．故选：B.3．C【分析】运用正态分布的对称性求解即可.【详解】由正态分布可知，，，所以． 故选：C.4．D【分析】根据已知条件写出递推关系式，运用累加法求得通项公式，赋值可判断A项、B项、D项，分别计算与比较大小可判断B项.【详解】由相邻层球的个数差，可知，，所以当时，，将代入得，符合所以，对于A项，当时，，故A项错误；对于B项，当时，，故B项错误；对于C项，因为，所以，，所以，故C项错误；对于D项，，故D项正确.故选：D.5．D【分析】首先写出、展开式的通项，将两个通项相乘，令，求出、，再代入计算可得.【详解】因为展开式的通项为,展开式的通项为,所以，令，解得，所以展开式中的系数为．故选：D6．D【分析】构造函数研究其单调性，运用函数单调性比较大小即可.【详解】易知，，，令，则，，所以在上单调递减，又因为，所以，即．故选：D.7．A【分析】运用二倍角公式化简，结合与的对称性求得的值，进而求得结果.【详解】因为，所以．又因为，所以，即，①又因为的图象关于直线对称，所以，．所以，，②所以由①②得，所以，故．故选：A.8．A【分析】由已知恒成立及是偶函数得是偶函数，再结合是奇函数，得是周期函数，4是它的一个周期，利用奇偶性求得，然后分组求和可得．【详解】因为是偶函数，所以．由知，，所以，则为偶函数．由是奇函数可知，，所以，则，则，所以，所以，则，所以，则4为的一个周期．由得，，则，所以，由得，，即，所以．由，得，又1，所以；在中，令，得，所以．.故选：A．9．ABD【分析】分别计算甲、乙的中位数、极差、平均数、方差比较即可.【详解】甲射击成绩的中位数为，极差为，平均成绩为，方差为；对于A项，当时，乙射击成绩的中位数为，故A项正确；对于B项，当时，乙射击成绩的极差为，故B项正确；对于C项，当时，乙平均成绩为，方差为．故，，由此可知乙比甲的平均成绩高，乙比甲的成绩稳定，故C项错误，D项正确．故选：ABD.10．AB【分析】运用导数研究函数的极值点、极值可判断A项、C项，计算是否成立可判断B项，运用导数几何意义求得斜率为时切点坐标，判断点的坐标是否在直线上可判断D项.【详解】，定义域为，则，令，解得，当时，，当时，，所以在上单调递增，在和上单调递减，在上单调递增，所以有两个极值点，故A项正确；对于B项，因为，所以的图象关于点对称，故B项正确；对于C项，由A项知，的极大值为，极小值为，所以没有零点，故C项错误；对于D项，设直线与曲线相切于点，则，即，解得，或（舍去），所以，则，点不在直线上，此时直线与曲线不相切；又，点不在直线上，此时直线与曲线不相切，故D项错误．故选：AB.11．ABD【分析】根据条件作图，分析图中的几何关系，逐项求解.【详解】如图，因为为等边三角形，E为CD的中点，所以，所以；因为，所以 ，又，平面ABC，平面ABC，所以平面ABC，又平面ACD，所以平面平面ACD，A正确；由上可知，平面ABC，平面ABC，所以 ；又，所以，因为，平面ABD，所以平面ABD，B正确；若直线AB与CD所成角为，则，因为，，平面ACD，平面ACD，所以 平面ACD，所以 ，则，从而，这与三角形内角和定理矛盾，所以不成立，所以C错误；取AC的中点F，连结BF，EF．在中，由勾股定理，得，因为，所以，因为平面ABD，所以．在中，，，所以，所以 ，又为等边三角形，所以 ，因为 ，所以平面BEF，所以，则直线AC与BE所成角为，D正确．故选：ABD.12．ACD【分析】对于A项，运用求得，进而求得直线OA的方程，从而可判断直线OA与双曲线交点个数，对于B项，运用双曲线定义可得，结合可求得结果，对于C项，运用双曲线定义及余弦定理求得值，进而求得渐近线方程，对于D项，由列方程求得值，代入离心率公式计算即可.【详解】如图所示，对于A项，设，，由题意可知，，所以，从而直线的斜率为，所以直线OA的斜率为，所以直线OA的方程为，恰好是C的一条渐近线，所以直线OA与双曲线C无交点，故A项正确；对于B项， 因为，所以由双曲线的定义知，，由A项知，，所以，故B项错误；对于C项，由，得，由双曲线的定义得，在中，由余弦定理得，化简得，所以C的渐近线方程为，故C项正确；对于D项，因为，，所以，设直线ON的倾斜角为，则，又因为，所以，又因为，所以，解得，所以，故D项正确．故选：ACD.13．/【分析】对等式两边同时平方及由向量数量积运算可得，解关于的一元二次方程，结合可求得，进而求得结果.【详解】因为， ，所以，即，解得或．又因为，所以，所以.故答案为：.14．（也可以是【分析】设抛物线方程为或=，与直线方程联立，消元后由判别式等于0求得参数值得方程．【详解】因为抛物线C与直线相切，所以抛物线C的方程为或=，由得，所以，解得，所以抛物线C的方程可以为；由得，所以，解得，所以抛物线C的方程可以为.故答案为：（也可以是．15．【分析】取的中点，连接，证得平面，得到，再证得平面，得到，设，求得，，得到，得到，结合基本不等式，求得时，的面积取最小值，进而得到O为三棱锥的外接球的球心，求得球的半径，利用球的体积公式，即可求解.【详解】如图所示，取的中点为，连接，因为三棱柱为直棱柱，所以平面ABC，因为平面，所以，又因为且，平面，所以平面，因为平面，所以，又因为且，平面，所以平面，因为平面，所以，设，在直角中，，同理，所以，整理得到，又由，当且仅当时等号成立，即时，的面积取最小值，因为平面，平面，所以，所以，又因为为直角三角形，故，所以为三棱锥的外接球的球心，设外接球的半径为，可得外接球的直径为，所以外接球的体积为.故答案为：.16．【分析】设，将化成，将问题转化为有3个零点求a的范围，运用导数分别讨论与时的单调性，并结合零点存在性定理研究其零点个数即可.【详解】设，则，设，则，设，则，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，则，①当时，，则，所以在上单调递增，所以在上至多一个零点，所以至多有一个零点，不符合题意；②当时，，令，（），则，所以在上单调递增，所以，所以，所以，又因为， ，，所以由零点存在性定理可知，存在，使得；存在，使得，所以当时，，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．又因为，，，，，令（），则，所以在上单调递减，所以，所以，所以，所以由零点存在性定理知，在，，上各有一个零点，所以当时，在，，上各有一个零点，即：当时，在，，上各有一个零点.所以实数a的取值范围为.故答案为：.【点睛】已知函数零点个数求参解题策略（1）含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围．（2）利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号及零点存在性定理确定函数零点的个数.17．(1)(2) 【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合三角函数的性质即可求解，（2）由二倍角公式结合正弦边角互化可得，进而得，由余弦定理可得或，分类讨论即可求解.【详解】（1）由条件与正弦定理得，由得，又，所以，或，所以或（舍去）.当时，，所以（2）法一：由（1）知，，得，则，由余弦定理，得B，即整理得，解得或，当时，，此时，所以，又因为，所以与矛盾，舍去；当时，，此时的面积为,法二：由（1）知，，由正弦定理，得.结合，代入解得，从而此时的面积为.18．(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）利用等差数列的通项公式求出，再利用与的关系，结合构造法求出的通项公式作答；（2）利用（1）的结论，结合裂项相消法求和，再证明不等式成立.【详解】（1）由，得，依题意，，即，当时，，则，即，整理得，所以，所以数列是常数列，所以，所以，所以的通项公式为．（2）证明：由（1）知，，所以．19．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）运用勾股定理证得，再运用线面垂直的判定定理证得平面.（2）建立空间直角坐标系，运用二面角的坐标公式求解即可.【详解】（1）证明：连接，，如图所示，因为侧面为菱形，．所以△为等边三角形，因为点D为BC的中点，所以，设，则，因为△ABC为等边三角形，所以，则，因为，所以，则，又因为，、面，所以平面.（2）解：由（1）知AD，BC，两两互相垂直，所以以D为原点，分别以 DA，DB，为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，，，，，，，设平面的一个法向量为，即取，则，设平面的一个法向量为，即取，则，所以，又由题知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为．20．(1)分布列见解析，数学期望为100(2) 【分析】（1）运用二项分布求得其分布列及期望.（2）乙总得分为100分的事件为3次点球中有2次射中1次未射中，结合互斥事件的概率加法公式求解即可.【详解】（1）设甲3次点球射进的次数为Y，则，Y的可能取值为0，1，2，3，且，则X的所有可能的取值为0，50，100，150．；；；，所以X的概率分布列为X050100150P，（或）．（2）设“乙第i次射进点球”为事件（，2，3），则乙总得分为100分的事件为．因为，，互斥．所以，故乙总得分为100分的概率为．21．(1)(2)2. 【分析】（1）将离心率所得a、c关系以及A点坐标代入椭圆解析式即可得出方程；（2）根据题意可知，互补，由此可得直线AM，AN的斜率关系，假设出直线方程根据韦达定理得出M，N两点坐标关系，代入到斜率关系中求得直线方程，再根据点到直线的距离公式求出的高，根据三角形面积公式表示出三角形面积，继而判断面积最大值.【详解】（1）因为C过点A（2，），所以设C的焦距为2c，由得，所以，.代入上式，解得，所以C的方程为.（2）设，易知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为，由得，则，，由得，，又，所以，则，由题意知直线AM，AN的斜率存在，所以，则0，..所以，则即，整理得，又知l不过点A（2，），则，所以，所以直线l的方程为，则，所以则点A（2，）到直线l的距离为|则，当且仅当，即时取等号.故面积的最大值为2.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.22．(1)答案见解析(2)证明见解析 【分析】（1）直接代入求导有，分和讨论即可；（2）由化简整理得，从而将原不等式转为证明，多次利用比值换元法即可证明.【详解】（1）的定义域为，当时，，当时，，所以在上单调递减．当时，时，；时，，所以在上单调递增，在上单调递减．（2）由得，，所以．则，要证，需证即证，需证．令，设．则，设，则，所以在上单调递增，则，所以，在上单调递增．由，得，所以，所以需证，即证．令，且，则，所以在上单调递增，则，所以成立故，得证．【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是使用比值换元法证明，令，设，利用导数得到在上单调递增，再次将原不等式等价转化为证明，令，且，再次利用导数得在上单调递增，则，从而，则原命题成立.