2023届山西省晋中市高三三模数学试题含解析

这是一份2023届山西省晋中市高三三模数学试题含解析，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届山西省晋中市高三三模数学试题 一、单选题1．已知集合，则=A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查集合的交集和一元二次不等式的解法，渗透了数学运算素养．采取数轴法，利用数形结合的思想解题．【详解】由题意得，，则．故选C．【点睛】不能领会交集的含义易致误，区分交集与并集的不同，交集取公共部分，并集包括二者部分．2．欧拉公式是由瑞士著名数学家欧拉发现的，该公式被誉为数学中的天桥．若复数，，则（    ）A．-i B．iC． D．【答案】B【分析】由欧拉公式求的代数形式，再结合复数运算法则求.【详解】由欧拉公式可得：，，则．故选：B.3．设向量与向量的夹角为，定义与的向量积：是一个向量，它的模．若，，则（    ）A．-1 B．1 C． D．【答案】D【分析】先求，即可求出,即可求出，代入即可求解.【详解】∵，∴，又，∴，∴．故选：D.4．田忌赛马的故事每个人都耳熟能详，众所周知，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马．假设田忌与齐王有上等、中等、下等马各一匹，现从双方的马匹中各随机选一匹进行一场比赛，则田忌的马获胜的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】列出随机试验从双方的马匹中各随机选一匹进行一场比赛的样本空间，再确定事件田忌的马获胜所包含的样本点的个数，利用古典概型概率公式求概率.【详解】依题意，记田忌的上等马、中等马、下等马分别为，，，齐王的上等马、中等马、下等马分别为，，.由题意可知，可能的比赛有方案有：，，，，，，，，，共9种，其中田忌可以获胜的事件为，，，共3种，则田忌的马获胜的概率为.故选：A.5．角的始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点P．已知．则点P可能位于如图所示单位圆的哪一段圆弧上（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由三角函数的定义结合，即可判断.【详解】设，则.因为，所以，所以同号，且，则AB错误；由于，则D错误；故选：C6．已知，为锐角，且，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由条件，结合同角关系求，再由特殊角三角函数值求，再利用两角差的余弦公式求.【详解】因为，所以 ，又，为锐角，所以，，且．因为，为锐角，，所以，又， 所以，故．故选：D.7．已知点P在棱长为2的正方体的表面上运动，则的最大值为（    ）A．6 B．7 C．8 D．9【答案】C【分析】取中点，连接，利用向量的线性运算及数量积的运算性质可得.【详解】取中点，连接，如图，则，当在正方体表面上运动时，运动到或处时，最大，所以,所以的最大值为8.故选：C8．设 ，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】构造函数，根据函数的单调性求解.【详解】只需比较，，的大小；令，则 ，当时， 单调递减，当时 单调递增，又，故 ，即；故选：A. 二、多选题9．下列各式中能够说明随机事件A与随机事件B相互独立的是（    ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】根据条件概率公式及事件相互独立的意义判断选项求解即可.【详解】，，不能说明随机事件A与随机事件B相互独立，故A不正确；，,，化简得,即随机事件A与随机事件B相互独立，故B正确；，，即，随机事件A与随机事件B相互独立，故C正确；，，由于不一定相等，不能说明A,B事件相互独立，故D不正确.故选：BC10．ChatGPT是OpenAI公司推出的一种人工智能聊天机器人，不仅能流畅对话，还能写诗、撰文、编码等．一经推出，便受到广泛关注，并产生了丰富的社会应用．某调查机构为了解美国大学生用ChatGPT代写作业的学生比例，对8所高校进行了调查，其中6所学校给出了代写作业的学生占比，将数据从小到大依次排列为：71%、75%、77%、80%、82%、85%，另外两所学校以侵犯隐私为由拒绝给出调查数据，那么这8所学校使用ChatGPT代写作业的学生比例的中位数可能是（    ）A．76% B．77.5% C．80% D．81.5%【答案】ABC【分析】分别求出另外两所学校都小于或等于71%时和另外两所学校都大于或等于85%时的中位数，即可得解.【详解】当另外两所学校都小于或等于71%时，中位数为，此时中位数最小，当另外两所学校都大于或等于85%时，中位数为，此时中位数最大，故中位数的取值区间.故选：ABC.11．已知函数，关于x的方程，下列结论正确的是（    ）A．存在使方程恰有2个不相等的实根B．存在使方程恰有4个不相等的实根C．存在使方程恰有5个不相等的实根D．存在使方程恰有6个不相等的实根【答案】AB【分析】令，则，利用导数研究函数的单调性，由此确定方程的解的个数及范围，再结合二次函数性质确定结论.【详解】令，则，因为，所以当时，，所以，所以函数在上单调递增，当时，，所以，令，可得，当时，，函数在上单调递增；当时，，函数在上单调递减，又，，且当时，，当时，，又当时，，故时，，故函数的大致图象如下：所以当时，方程没有实根；当或时，方程有1个实根；当时，方程有2个实根；当时，方程有3个实根.因为方程的判别式，所以当，，方程没有实根，故方程无实根；当，，此时，故方程有2个不等实根；当，，方程有2个不等实根t1，t2，不妨取，则，，则必有，，若，则，没有实根，有1个实根，所以方程有1个实根；若，则，有1个实根，有1个实根，所以方程有2个实根；若，则，有3个实根，有1个实根，所以方程有4个实根，综上所述：当时，方程有1个实根；当或时，方程有2个实根；当时，方程有4个实根；当时，方程没有实根.故选：AB.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于通过换元，将问题转化为方程组的解的问题，再利用数形结合方法及二次函数性质研究方程的解.12．已知圆，则（    ）A．存在两个不同的a，使得圆C经过坐标原点B．存在两个不同的a，使得圆C在x轴和y轴上截得的线段长相等C．存在唯一的a，使得圆C的面积被直线平分D．存在三个不同的a，使得圆C与x轴或y轴相切【答案】ACD【分析】对于A，等价于判断方程的解的个数，等价于判断与交点个数，结合图象判断即可，对于B，由弦长公式可得等价于判断方程的解的个数，利用导数研究函数性质判断即可，对于C，等价于判断方程的解，利用导数研究函数的性质即可判断，对于D，等价于判断或的解的个数，解方程即可判断.【详解】圆的圆心坐标为，半径为，对于A：设圆过原点，则，方程的解的个数等价于函数的图象与曲线的交点个数，作函数与圆的图象可得：所以函数的图象与曲线的交点个数为，所以存在两个不同的a，使得圆C经过坐标原点，A正确；对于B：圆C在x轴和y轴上截得的线段长相等等价于，即，即，方程的解的个数函数和的零点的个数和相等，因为，又，，所以函数在区间上存在一个零点，即函数存在一个零点，因为，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，又，所以，故函数没有零点，所以方程的解的个数为，即存在一个a，使得圆C在x轴和y轴上截得的线段长相等，B错误；对于C：圆C的面积被直线平分等价于过圆心，所以，令，求导可得，令，可得，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，又，所以函数只有一个零点，即方程只有一解，所以存在唯一的a，使得圆C的面积被直线平分，C正确；对于D：圆C与x轴或y轴相切等价于或，则或a=0，共3解，所以存在三个不同的a，使得圆C与x轴或y轴相切，D正确；故选：ACD.【点睛】知识点点睛：本题考查直线与圆的位置关系，方程与函数的综合问题，利用导数研究函数的零点等知识，考查数形结合，逻辑推理的能力. 三、填空题13．设且，则的最小值为_________．【答案】【分析】由已知条件可知，且，再展开，并利用基本不等式求其最小值.【详解】因为，所以，，因为，所以，所以，当且仅当，即，时取得最小值．故答案为：.14．从0，1，2，⋯，9这10个数字中任取三个数，使这三个数的和是3的倍数，则不同的取法有_________种．（用数字作答）【答案】42【分析】根据被3除的余数分三组，则三个数的和为3的倍数的情况分四类，即可得解.【详解】将这些数字分组，记，，，从而和为3的倍数的情况共有种．故答案为：4215．在中，，，D是AC边的中点，且AC=2．将沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，形成四面体A-BCD．则该四面体外接球的表面积为_________．【答案】【分析】作出图形，设和的外心分别为，，过作平面BCD的垂线，过作平面ABD的垂线，则四面体A-BCD的外接球的球心O为直线和的交点．然后利用勾股定理求出外接球半径，进而求解.【详解】设和的外心分别为，，过作平面BCD的垂线，过作平面ABD的垂线，则四面体A-BCD的外接球的球心O为直线和的交点．因为，D是AC边的中点，且AC=2.所以为等边三角形，所以,设BD中点为M，则四边形为矩形，且，，∴四面体A-BCD的外接球的半径．故四面体外接球的表面积为．故答案为：.16．点A1，A2是双曲线的左、右顶点．若直线上存在点P，使得，则该双曲线的离心率取值范围为_________．【答案】【分析】先利用正弦定理求出的外接圆半径，再根据题意可得当该圆与直线相切或相交时满足题意，即可得解.【详解】解析：的外接圆半径为，当该圆与直线相切或相交时满足题意，故，即，所以该双曲线的离心率取值范围为.故答案为：. 四、解答题17．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，E是CD的中点，AE与BD交于点F，G是的重心．(1)求证：平面PCD；(2)若平面PAD⊥平面ABCD，为等腰直角三角形，且，求直线AG与平面PBD所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)． 【分析】（1）连接AG并延长交PD于H，根据重心的性质和相似三角形的性质可得，进而可证，从而利用线面平行的判断定理即可证明；（2）连接PG并延长交AD于O，建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量和平面的法向量，利用线面角的向量求法即可求解.【详解】（1）证明：连接AG并延长交PD于H，∵G为的重心，∴．又，∴，∴，∴．又平面PCD，平面PCD，∴平面PCD．（2）连接PG并延长交AD于O，显然O为AD的中点，因为平面PAD⊥平面ABCD，平面平面，又PO⊥AD，∴PO⊥平面ABCD．取BC中点M，以O为坐标原点，OA，OM，OP分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，则PO=2，于是，，，，，，于是，，．设平面PBD的法向量为，则，∴，∴，不妨取z=1，则，∴，∴AG与平面PBD所成角的正弦值为．18．记为数列的前n项和，已知，且．(1)求证：数列是等差数列，并求的通项公式；(2)从下列三个条件中选一个填在横线上，并完成下列问题．若_________，求数列的前n项和．①；②；③．【答案】(1)证明见解析，(2)答案见解析 【分析】（1）根据递推公式以及与的关系构造新数列，先求出新数列的通项公式，再推导出的通项公式；（2）将①②③条件分别带入，根据通项公式的特点确定求和的方法.【详解】（1），作差得：，即时， ，即 ， ，又 ，当 时也满足，的通项公式为 ，是首项为0，公差为1的等差数列；（2）若选①，则，故，，作差：，∴．若选②，则，若n为偶数：；若n为奇数：，故； 若选③，则，故；综上，①，②，③.19．锐角中，A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.(1)求A；(2)若b+c=6，求BC边上的高AD长的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意，利用两角和差公式及三角形性质化简，分类讨论，求解即可；（2）利用余弦定理求得，通过等面积法建立高AD的函数，利用基本不等式及二次函数求最值即可.【详解】（1）因为，所以，又，所以，所以，所以或，若，则，与为锐角三角形矛盾，舍去，从而，则，又，所以；（2）由（1）知，化简得，因为，所以，所以，又，所以，当且仅当时取等号，所以，所以，故长的最大值为.20．晋中市是晋商文化的发源地，且拥有丰富的旅游资源，其中有保存完好的大院人文景观（如王家大院，常家庄园等），也有风景秀丽的自然景观（如介休绵山，石膏山等）．某旅行团带游客来晋中旅游，游客可自由选择人文景观和自然景观中的一处游览．若每位游客选择人文景观的概率是，选择自然景观的概率为，游客之间选择意愿相互独立．(1)从游客中随机选取5人，记5人中选择人文景观的人数为X，求X的均值与方差；(2)现对游客进行问卷调查，若选择人文景观记2分，选择自然景观记1分，记已调查过的累计得分为n分的概率为，求．【答案】(1)，(2) 【分析】（1）由题意可知X服从二项分布，利用，求解即可；（2）由题意可推出时，方法一：构造出为常数数列，进而构造出是为公比的等比数列，利用等比数列的通项公式求解即可；方法二：是为公比的等比数列，利用等比数列的通项公式求出其通项，再根据累加法即可求解.【详解】（1）由题可知，（或者列出分布列）于是，．（2）法一：由题可知，．时，也即，∴为常数数列，且，∴，∴是以为首项、为公比的等比数列，∴，∴．法二：由题可知，．时，也即，∴是以为首项、为公比的等比数列，∴，，……，相加得：，∴,又也满足，所以.21．椭圆的左、右顶点分别为，过左焦点的直线与椭圆交于两点（其中点位于x轴上方），当垂直于轴时，．(1)求椭圆的方程；(2)记直线的斜率分别为，求的最小值．【答案】(1)(2)． 【分析】（1）由条件列出关于的方程，解方程求可得椭圆方程；（2）设直线的方程为，结合设而不求法证明，利用基本不等式求的最小值．【详解】（1）因为椭圆的左焦点为，所以，将代入，得，故， 解得，，∴椭圆方程为．（2）因为直线过点，且点位于x轴上方，所以直线斜率不为0，设直线的方程为，联立消去x得，．方程的判别式，设，，由已知，于是，所以，，又椭圆的左顶点的坐标为，右顶点的坐标为，所以，因为，，，所以，，因为，所以，即，所以，当且仅当，即时等号成立，所以当时，取最小值，最小值为．【点睛】关键点点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．22．．(1)讨论的单调性；(2)，若有两个极值点，且，试求的最大值．【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）求出函数的导数，结合导数的表达式，分类讨论，判断函数单调性，即可得到答案；（2）根据有两个极值点，且可推出，且．从而将化简并构造函数，进而求解该函数的最值，即得答案.【详解】（1）由题意得，令，得两根为和．当时，令，得，令，得，于是在上单调递增，在上单调递减；当时，令，得，令，得，于是在上单调递减，在上单调递增．（2）由题意得，则．令，则有两个不等正根，于是，且，，即，又，于是，且．则，令，则．令，则，于是在单调递增，在单调递减，故，即的最大值为.【点睛】关键点点睛：利用导数求解的最大值，关键在于由题意得到，，进而将转化为求解的最值问题.