山西省朔州市怀仁市2023届高三数学二模试题（Word版附解析）

这是一份山西省朔州市怀仁市2023届高三数学二模试题（Word版附解析），共27页。试卷主要包含了 若集合，则， 已知p， 若，则， 已知函数，则等内容，欢迎下载使用。

怀仁市2022-2023学年度下学期高三第二次调研测试数学
第I卷
一､选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的
1. 已知为虚数单位，复数满足，则在复平面内复数对应的点在（ ）
A. 第四象限 B. 第三象限
C. 第二象限 D. 第一象限
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的除法，求出复数，从而可求出对应的点位于的象限．
【详解】复数满足，则，
∴复数对应的点的坐标是，对应的点在第二象限.
故选：C．
2. 若集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据分式不等式的解法求出集合，再根据交集和补集的定义即可得解.
【详解】由得，
则，解得，
所以，则，
所以.
故选：D.
3. 2022年6月5日上午10时44分，我国在酒泉卫星发射中心使用长征二号F运载火箭，将神舟十四号载人飞船和3名中国航天员送入太空这标志着中国空间站任务转入建造阶段后的首次载人飞行任务正式开启.火箭在发射时会产生巨大的噪音，已知声音的声强级（单位：）与声强（单位：）满足.若人交谈时的声强级约为，且火箭发射时的声强与人交谈时的声强的比值约为，则火箭发射时的声强级约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设人交谈时的声强为，从而得到，求出火箭发射时的声强为，代入解析式求出答案.
【详解】设人交谈时的声强为，则火箭发射时的声强为，
则，解得：，
则火箭发射时的声强为，将其代入中，得：
，故火箭发射时的声强级约为.
故选：B
4. 已知p：，q：，则p是q的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】令,结合该函数的奇偶性，单调性判断不等式是否成立.
【详解】令，，
且，
故为奇函数，
时，递增，则也递增，
又为奇函数，则在上递增，
，若，则，
则，即
即；
，若，
则等价于，即，
由在上递增，则， 即，
故p是q的充要条件，
故选：C.
5. 已知，，且，则下列结论正确的个数是（ ）
①的最小值是4； ②恒成立；
③恒成立； ④的最大值是．
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】①利用基本不等式求解判断；②令，得到，用导数法判断；③利用基本不等式结合对数运算求解判断；④由，令，用导数法求解判断.
详解】①,当且仅当，即，即等号成立，而，故错误；
②令，因为，，且，所以，，则，所以在上递减，则，即，故正确；
③因为，，且，所以，当且仅当时，等号成立，则，故正确；
④因为，
令，则，
令，解得
当时，，当时，，
所以当时，取得最大值，故正确．
故选：C
6. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于我国南北朝时期的数学著作《孙子算经》．1852年，英国传教士伟烈亚力将该解法传至欧洲，1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．此定理讲的是关于整除的问题，现将1到2023这2023个数中，能被7除余1且被9除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则该数列的和为（ ）
A. 30014 B. 30016 C. 33297 D. 33299
【答案】C
【解析】
【分析】得到，从而得到为等差数列，首项为1，公差为63，利用等差数列求和公式求出答案.
【详解】由已知可得既能被7整除，又能被9整除，
故能被63整除，所以，即，
所以，
故为等差数列，首项为1，公差为63，
由可得：，
因为，所以，，
故该数列的和为.
故选：C
7. 已知，为椭圆与双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点，且，，分别为曲线，的离心率，则的最小值为（ ）
A. B. C. 1 D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题可得，在中，由余弦定理得，结合基本不等式得，即可解决.
【详解】由题知，，为椭圆与双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点，且，，分别为曲线，的离心率，
假设，
所以由椭圆，双曲线定义得，解得，
所以在中，，由余弦定理得
，即
，
化简得，
因为，
所以，即，
当且仅当时，取等号，
故选：A
8. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由于，故构造函数，利用导数判断其单调性，可比较的大小，根据，构造函数，判断其单调性，可比较大小，由此可得答案.
【详解】由于，
故设函数 ，
则，，
由于，所以，
即，即，
故为单调递减函数，
故，即，
令，则，即；
又，
令，
则，
即为单调递增函数，
故，即，
令，则，即，
故，
故选：B
【点睛】关键点点睛：此类比较数的大小的题目类型，一般是要构造函数，利用函数的单调性进行大小比较，关键是要能对数的特征进行变化，根据数的特征选定自变量，从而构造函数.
二､多选题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 定义在R上的奇函数满足，当时，，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 时，
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据函数的满足，可确定函数的周期性，从而可判断A；结合周期性由时的解析式即可得时的解析式，从而可判断B；根据函数周期性与对称性即可判断C，D.
【详解】因为函数的，所以，则，故函数的周期为，所以，故A正确；
又当时，，则当时，，，故B不正确；
由周期可得，又函数是R上的奇函数，
所以，即，所以，故C正确；
当时，，所以，又因为，所以，，
则，所以，故D不正确.
故选：AC.
10. 已知函数，则（ ）
A. 函数的最小正周期为
B. 为函数的一条对称轴
C. 函数在上单调递减
D. 函数的最小值为，最大值为
【答案】BC
【解析】
【分析】利用函数的周期性可判断A选项；利用函数的对称性可判断B选项；利用正弦型函数的单调性可判断C选项；利用周期性和对称性可知，只需求出函数在上的最大值和最小值即可，结合正弦型函数的单调性可求得的最大值和最小值，可判断D选项.
【详解】对于A选项，，
，
所以，函数的最小正周期不是，A错；
对于B选项，
，
所以，直线为函数的一条对称轴，B对；
对于C选项，当时，，，
则，
因为函数、在上均为减函数，
所以，函数在上单调递减，C对；
对于D选项，由AB选项可知，函数为周期函数，且是该函数的一个周期，
并且函数的图象关于直线对称，要求函数的最大值和最小值，
只需求函数在区间上的最大值和最小值，
当时，，，则，
所以，，
因为函数、在上均为增函数，
故函数在上为增函数，
所以，，
，
所以，函数的最大值为，最小值为，D错.
故选：BC.
11. 已知抛物线C：过点是准线上的一点，F为抛物线焦点，过作的切线，与抛物线分别切于，则（ ）
A. C的准线方程是 B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据抛物线过的点，确定p的值，求得抛物线方程以及准线，判断A; 设切线方程为,利用判别式可得，判断D;再证明三点共线，以及证明，即可判断.
【详解】由抛物线C：过点，可得，
即，设焦点为,
则C的准线方程是，A正确；
设点，先考虑情况，则过点M作的切线，切线斜率必存在且不等于0，
设切线方程为，联立，可得 ，
则，即 ， ，
设的斜率分别为，则，
即，即，D错误；
设，不妨设A在第一象限，B在第四象限，则 ，

由于，对于曲线在第一象限内部分有,则，
对于曲线在第四象限内部分有,则，
由于，故，则 ，
由于，故斜率一定存在，设直线的方程为 ，
联立，得 ，故，
则直线的方程为，即直线过定点，
所以三点共线，
由于 ，
，故,
在中，,
则，，
当时，即,关于x轴对称，
，成立；
此时斜率不存在，不妨取，则，
联立，解得,则过定点，且,
则，成立，
综合上述，正确，
故选：
【点睛】关键点点睛：解决此类关于直线和抛物线的位置关系类题目，要注意设直线方程，并联立抛物线方程，得根与系数的关系，然后化简，这是解决这类问题的一般解决方法，解答此题的关键在于要注意到证明直线过定点，即三点共线，然后证明.
12. 如图，正方体的棱长为2，若点在线段上（不含端点）运动，则下列结论正确的为（ ）

A. 直线可能与平面相交
B. 三棱锥与三棱锥的体积之和为定值
C. 当时，与平面所成角最大
D. 当的周长最小时，三棱锥的外接球表面积为
【答案】BCD
【解析】
【分析】A.利用面面平行的性质定理，判断A；
B.利用等体积转化，可判断B；
C.利用垂直关系的转化，结合线面角的定义，即可判断C；
D.首先确定点的位置，再利用球的性质，以及空间向量的距离公式，确定球心坐标，即可确定外接球的半径，即可判断D.
【详解】A.如图，，且平面，平面，
所以平面，同理平面，且平面，平面，
且，所以平面平面，且平面，
所以平面，故A错误；

B.如图，过点作于点，于点，根据面面垂直的性质定理可知，平面，平面，
，


.

故B正确；
C.因为平面，平面，所以，
且，且，平面，平面，
所以平面，且平面，
所以，即，点是的中点，此时线段最短，
又因为，且平面，平面，所以平面，即上任何一个点到平面的距离相等，设为，
设与平面所成角为，，,当时，线段最短，所以此时最大，所以最大，故C正确；

D. 的周长为，为定值，即最小时，的周长最小，如图，将平面展成与平面同一平面，当点共线时，此时最小，作，垂足为，，解得：，
如图，以点原点，建立空间直角坐标系，
,，
连结，平面，且经过的中心，所以三棱锥外接球的球心在上，设球心，则,
即，解得：，
，所以外接球的表面积，故D正确.


附：证明平面，
因为平面，平面，所以，又因为，
且，平面，平面，所以平面,
平面，所以，同理，且，所以平面，且三棱锥是正三棱锥，所以经过的中心.
故选：BCD
【点睛】思路点睛：本题考查空间几何的综合应用，难点是第四个选项的判断，充分利用数形结合和空间向量的综合应用，解决三棱锥外接球的球心问题.
第II卷
三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分
13. 已知展开式的二项式系数之和为，则展开式中系数为有理数的项的个数是________．
【答案】4
【解析】
【分析】先求出，再求出展开式通项，知当时，展开式中系数为有理数，即可求出展开式中系数为有理数的项的个数.
【详解】依题意，知，，
则展开式的第项为，
当时，展开式中系数为有理数，所以展开式中系数为有理数的项的个数为.
故答案为：4.
14. 已知向量，满足，，，则向量与的夹角为______.
【答案】
【解析】
【分析】由和，求得，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】由，可得，因为，所以，
又由，所以，
设向量与的夹角为，则，所以.
故答案为：.
15. 已知函数所有满足的点中，有且只有一个在圆C上，则圆C的方程可以是__________.（写出一个满足条件的圆的方程即可）
【答案】(答案不唯一，与直线相切即可)
【解析】
【分析】分析的奇偶性和单调性，可知若成立，只需即可，即点在直线上，若有且只有一个点满足在圆上，只需直线与圆相切即可，写出圆心坐标，根据点到直线的距离公式求出半径，写出圆的方程即可.
【详解】解：因为，，
所以为奇函数，因为，所以在上单调递增，
因为，即，
即，因为单调，所以有，
即，所以在直线上，
因为直线与圆C有且只有一个共同的点，只需直线与圆相切即可，
若圆的圆心为，则，
此时圆的方程为
故答案为：(答案不唯一，与直线相切即可)
16. 2022年北京冬奥会开幕式中，当《雪花》这个节目开始后，一片巨大的“雪花”呈现在舞台中央，十分壮观.理论上，一片雪花的周长可以无限长，围成雪花的曲线称作“雪花曲线”，又称“科赫曲线”，是瑞典数学家科赫在1904年研究的一种分形曲线.如图是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，重复进行这一过程

若第1个图中的三角形的周长为1，则第n个图形的周长为___________；若第1个图中的三角形的面积为1，则第n个图形的面积为___________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由图形之间的边长的关系，得到周长是等比数列，再按照等比数列通项公式可得解；
由图形之间的面积关系及累加法，结合等比数列求和可得解.
【详解】记第个图形为，三角形边长为，边数，周长为，面积为
有条边，边长；有条边，边长；有条边，边长；
分析可知，即；，即
当第1个图中的三角形的周长为1时，即，
所以
由图形可知是在每条边上生成一个小三角形，即
即，，，
利用累加法可得
数列是以为公比的等比数列，数列是以为公比的等比数列，故是以为公比的等比数列，
当第1个图中的三角形的面积为1时，，即，此时，，有条边，
则
所以， 所以
故答案为：，
【点睛】关键点睛：本题考查数列的应用，解题的关键是通过找到图形之间的关系，得到等比数列，求数列通项公式常用的方法：（1）由与的关系求通项公式；（2）累加法；（3）累乘法；（4）两边取到数，构造新数列法.
四､解答题：本大题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 已知等差数列的首项，记的前n项和为，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列公差，令，求数列的前n项和.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意结合等差数列的通项公式运算求解；
（2）根据题意可得，，利用裂项相消法求和
【小问1详解】
由题意可得：，
整理得，则
可得或，
故或.
【小问2详解】
∵，由（1）可得，
则，
故
所以.
18. 在中，内角的对边分别为
（1）求角；
（2）茬是边上的点，且，求的值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）把给定等式切化弦，利用正弦定理边化角，再利用三角恒等变换求解作答.
（2）根据给定条件，求出，在和中分别利用正弦定理、余弦定理列式，求解作答.
【小问1详解】
在中，由得：，
由正弦定理得：，而，
即有，又，即，则，有，又，
所以.
【小问2详解】
因为是边上的点，且，
于是，如图，

在中，由正弦定理得：，即，
在中，由余弦定理得：，
则有，整理得，解得：，而，
所以.
19. 如图，在三棱台中，底面为等边三角形，平面ABC，，且D为AC的中点.


（1）求证：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【小问1详解】
因为平面ABC，平面ABC，所以，
又为等边三角形，D为AC的中点，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，所以.
在直角梯形中，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
由（1）知DB，DC，两两垂直，如图所示，以D为坐标原点，DB，DC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，，
所以，
设平面的法向量为，
由得
所以平面的一个法向量为
设平面的法向量为，
因为，，
由得
所以平面的一个法向量为
设平面与平面夹角，则
，
由图象可得平面与平面夹角为锐角，
所以.
20. 2022年河南､陕西､山西､四川､云南､宁夏､青海､内蒙古8省区公布新高考改革方案，这8省区的新高中生不再实行文理分科，今后将采用“3+1+2”高考模式.“3+1+2”高考模式是指考生总成绩由全国统一高考的语文､数学､外语3个科目成绩和考生选择的3科普通高中学业水平选择性考试科目成绩组成，满分为750分.“3”是三门主科，分别是语文､数学､外语，这三门科目是必选的；“1”指的是要在物理､历史里选一门，按原始分计入成绩；“2”指考生要在生物学､化学､思想政治､地理4门中选择2门，但是这几门科目不以原始分计入成绩，而是等级赋分.
（1）若按照“3+1+2”模式选科，求选出的六科中含有“语文，数学，外语，历史，地理”的概率；
（2）某教育部门为了调查学生语数外三科成绩与选科之间的关系，现从当地不同层次的学校中抽取高一学生4000名参加语数外的网络测试､满分450分，并给前640名颁发荣誉证书，假设该次网络测试成绩服从正态分布.
①考生甲得知他的成绩为260分，考试后不久了解到如下情况：“此次测试平均成绩为210分，290分以上共有91人”，问甲能否获得荣誉证书，请说明理由；
②考生丙得知他的实际成绩为425分，而考生乙告诉考生丙：“这次测试平均成绩为240分，360分以上共有91人”，请结合统计学知识帮助丙同学辨别乙同学信息的真伪.
附：，，.
【答案】（1）
（2）①甲同学能够获得荣誉证书，理由见解析；②答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据排列组合计算个数，利用古典概型的概率公式即可求解，
（2）①根据以及可得，进而得，即可利用正态分布的概率计算前640名学生成绩的最低分，由此可判断甲同学是否获奖，
②利用正态分布可得，即可根据统计学中的原则进行判断.
【小问1详解】
设事件：选出六科中含有“语文，数学，外语，历史，地理”，
从物理､历史里选一门，生物学､化学､思想政治､地理4门中选择2门的方案有种等可能情况，
事件即从剩余生物学､思想政治､化学三个科目中选择一个有种等可能情况，
所以.
【小问2详解】
设此次网络测试的成绩.
①由题意可知，
因为，且，
即，，
所以.而，
，
所以前640名学生成绩的最低分低于，
而考生甲的成绩为260分，所以甲同学能够获得荣誉证书.
②（结果是开放的，只要学生的统计理由充分，即可得分，以下两种理由供参考）
若考生乙所说为真，则，
，
而，所以，
从而.
理由1：根据统计学中的原则，即认为为小概率事件，即丙同学的成绩为425分是小概率事件，可认为其不可能发生，但却又发生了，所以可认为乙同学所说为假.
理由2：，4000名学生中成绩大于420分约有人，这说明4000名考生中，也会出现约5人的成绩高于420分的“极端”样本，由于样本的随机性，丙同学的成绩为425分也有可能发生，所以可认为乙同学所说为真.
21. 已知圆：，动圆过点且与圆相切，记动圆圆心的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程；
（2）过点的直线m交椭圆C于点M､N，且满足（E为圆E的圆心），求直线m的方程.
【答案】（1）
（2）、或
【解析】
【分析】（1）利用动圆与圆内切的关系，分别表示、，再结合椭圆的定义，即可确定轨迹方程；
（2）将条件转换成通过设出直线m的方程，联立方程，分别表示选弦长、点到直线的距离来把面积表示出来，从而求解出直线方程，注意考虑直线斜率存在与不存在两种情况.
【小问1详解】
因为点在圆内，所以，圆内切于圆，
设圆的半径为，则，，
所以点的轨迹是以､为焦点长轴长为的椭圆，设
椭圆方程为：，则，，从而，
故点的轨迹的方程为.
【小问2详解】
①当直线的斜率存在时，设，､
代入整理得，
则，.
所以，.
点到直线的距离.
因为，
所以，.
而，，即，
解得，此时；
②当直线的斜率不存在时，，直线交椭圆于点､.
也有经检验，上述直线均满足.
综上：直线的方程为、或.
22. 设函数.（为自然常数）
（1）当时，求的单调区间；
（2）若在区间上单调递增，求实数a的取值范围.
【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）求定义域，求导，解不等式，求出单调区间；（2）先根据定义域得到，二次求导，结合极值，最值，列出不等式，求出实数a的取值范围.
【小问1详解】
当时，，定义域为，
，令，解得：，令，解得：，故此时的单调递增区间为，单调递减区间为.
【小问2详解】
在区间上有意义，故在上恒成立，可得，
依题意可得：在上恒成立，
设，
，易知在上单调递增，故，
故在上单调递减，最小值为，
故只需，设，其中，
由可得：在上为减函数，
又，故.
综上所述：a的取值范围为.
【点睛】已知函数单调性，求解参数取值范围，转化为导函数与0的大小比较，本题中难点在于要进行二次求导，求解参数的取值范围时，也要结合单调性及特殊值，对逻辑性要求较高.