山西省阳泉市2023届高三数学三模试题（Word版附解析）

这是一份山西省阳泉市2023届高三数学三模试题（Word版附解析），共26页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
2023年阳泉市高三年级第三次模拟测试试题
数学
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡相应的位置.
2．全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效．
3．考试结束后，将答题卡交回．
4．考试时间120分钟，满分150分．
一、单项选择题：（本大题8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据对数不等式、一元一次不等式的解法求出集合A、B，结合交集的概念和运算即可求解.
【详解】由题意得，，
所以，，
所以.
故选：A.
2. 已知复数z是方程的一个根，则（ ）
A. 1 B. 2 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据实系数一元二次方程的性质，结合复数模的公式进行求解即可.
【详解】因为方程是实系数方程，且，
所以该方程有两个互为共轭复数的两个虚数根，
即，所以.
故选：C
3. 函数在区间存在零点．则实数m的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用函数的单调性的性质及函数零点的存在性定理即可求解.
【详解】由在上单调递增，在上单调递增，得函数在区间上单调递增，
因为函数在区间存在零点，
所以，即，解得，
所以实数m的取值范围是.
故选：B.
4. 在中，，的平分线交BC于点D．若，则（ ）
A. B. C. 2 D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】设，由角平分线定理求得，然后由向量的线性运算可用表示出，从而求得，得出结论．
【详解】设，因为，所以，
又是的平分线，所以，，
，
又，所以，
所以．
故选：B．
5. 米斗是我国古代称量粮食的量器，是官仓、粮栈、米行及地主家里必备的用具，其外形近似一个正四棱台.米斗有着吉祥的寓意，是丰饶富足的象征，带有浓郁的民间文化的味，如今也成为了一种颇具意趣的藏品.已知一个斗型工艺品上下底面边长分别为2和4.侧棱长为.则其外接球的表面积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先根据正四棱台的对称性得到外接球的球心所在位置，根据垂直关系列出方程组，解方程组得外接球半径，最后求出外接球表面积即可.
【详解】由题意，方斗的示意图如下：设棱台上底面中心为，下底面中心为，
由棱台的性质可知，外接球的球心落在线段上，

由题意该四棱台上下底面边长分别为4和2，侧棱长为，
则，，，
所以，
设外接球的半径为，，则，
因为垂直于上下底面，
所以，即，
又，即，
联立解得，，
所以该米斗的外接球的表面积为.
故选：D.
6. 若直线通过点，则
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】依题意可得，点在单位圆上，所以直线与单位圆有交点，则圆心即原点到直线的距离，即，故选D

7. 已知抛物线的焦点为，准线为，过的直线与抛物线交于点A、B，与直线交于点D，若且，则___________.
【答案】3
【解析】
【分析】设准线与轴的交点为，作，垂足分别为，，利用几何关系和抛物线的定义得到，解方程即可求得.
【详解】如图，设准线与轴的交点为，作，垂足分别为，，

则.根据抛物线定义知，，
设，因为，所以，
∴.
设，所以，所以.
8. 已知函数，若实数a、b、c使得，对任意的实数x恒成立，则的值为（ ）
A. B. 1 C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】利用三角恒等变换得到，结合，得到，且，，从而得到，，，得到答案.
【详解】，
其中，
，
要想恒成立，即恒成立，
故且，
因为，所以且，，
解得，，，
故
故选：C.
二、多项选择题：（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，全部选对得5分，部分选对得2分，有错选得0分．）
9. 设无穷数列为正项等差数列且其前n项和为，若，则下列判断正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据数列为正项等差数列，且，利用等差数列的性质求得，再利用项与项，前n项和与通项的关系逐项判断.
【详解】解：因为数列为正项等差数列，
所以，
所以，
因为数列为正项等差数列，
所以，
所以，，
，
故选：ABD
10. 已知方程，其中，现有四位同学对该方程进行了判断，提出了四个命题，其中真命题有：（ ）
A. 可以是圆的方程 B. 一定不能是抛物线的方程
C. 可以是椭圆的标准方程 D. 一定不能是双曲线的标准方程
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据圆，抛物线，椭圆及双曲线的方程特点结合条件分析即可.
【详解】因为方程，其中，
所以当时，方程为，
即是圆的方程，故方程可以是圆的方程，故A正确；
当时，方程为，
即是抛物线的方程，故方程可以是抛物线的方程，故B错误；
当时，方程为，
即是椭圆的标准方程，故方程可以是椭圆的标准方程，故C正确；
若方程为双曲线的标准方程，则有，
这与矛盾，故方程不可以是双曲线的标准方程，故D正确.
故选：ACD.
11. 设内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，则下列说法正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】由，得到或，推出，判断AB；由得到C正确；由三角函数的单调性结合导数得到D正确.
【详解】因为中，，所以或，
当时，，由于无意义，A错误；
当时，，
此时，故，B正确；
因为，所以，由大角对大边，得，C正确；
因为，所以，
即，
令，，
则，所以单调递减，
又，，所以，
所以，所以，故D正确
故选：BCD.
12. 已知正四面体的棱长为2，M，N分别为和的重心，为线段上一点，则下列结论正确的是（ ）
A. 若取得最小值，则
B. 若，则平面
C. 若平面，则三棱锥外接球的表面积为
D. 直线到平面的距离为
【答案】BC
【解析】
【分析】将正四面体放入正方体中，建立空间直角坐标系，然后写出相关点的坐标，根据向量的模表示出，即可判断A项；由已知得出，进而求得平面的法向量，根据向量法即可得出B项；由已知得出平面的法向量，进而得出外接球的球心位置，根据图象，构造直角三角形，求出球的半径，即可得出C项；先用向量法证明平面，进而用向量法求出点到平面的距离，即可得出答案，判断D项.
【详解】将正四面体放入正方体中，以点为原点，以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直接坐标系，如图1所示.


因为正四面体的长为2，所以正方体的棱长为，
则，，，.
因为点，分别为和的重心，
所以点的坐标为，点的坐标为，
所以，
设，则，
所以，
所以，
.
对于A，因为，
，
所以.
当时，即，，取得最小值，故A错误；
对于B，若，则，所以.
因为，，
设平面的一个法向量为，
则，取，则.
因为，所以平面，故B正确；
对于C，若平面.
因为为平面的一个法向量，所以，
所以，所以.
所以，即，
，即.
设平面的一个法向量为，
因为，，
则，取，则，
所以，所以平面，所以平面，
则三棱锥外接球球心在直线上.
又因为点为等边三角形的重心，
所以点为等边三角形的外心，外接圆半径为.

设三棱锥外接球半径为，
如图2，，
即，即，解得，
所以三棱锥P－ABC外接球的表面积为，故C选项正确；
对于D，因为，，
所以.
设平面的一个法向量为，
因为，，
所以，取，则.
因为，且直线平面，
所以直线平面，
所以点到平面的距离就是直线到平面的距离.
又，
所以点到平面的距离，
即直线到平面的距离为，故D错误.
故选：BC．
【点睛】思路点睛：将正四面体放入正方体中，建立空间直角坐标系，得出点坐标，利用向量法判断位置关系以及求解空间距离.
三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分.）
13. 已知，且，则_______．
【答案】##
【解析】
【分析】整体法诱导公式结合同角三角函数关系求出答案.
【详解】因为，所以，故，
所以.
。
故答案为：
14. 在国际自然灾害中，中国救援力量为挽救生命做出了重要贡献，完美地展示了国家形象，增进了国际友谊，多次为祖国赢得荣誉．某国际救援团队拥有6个医疗小组和8个抢险小组，现分别去两个受灾点执行救援任务，每个救援点至少需要2个医疗小组和4个抢险小组，则不同的分配方式一共有________种．（用数字作答）
【答案】3500
【解析】
【分析】先分医疗小组再分抢险小组，按小组数先分组后分配即可求得答案.
【详解】第一步分配医疗小组，先按2：4或3：3分两组再分配到两个受灾点，共有；
第二步分配抢险小组，只能按4：4分组再分配到两个受灾点，共有，
因此，共有种，
故答案为：3500
15. 已知数列满足，其前项和为，则________．
【答案】##
【解析】
【分析】先对通项公式进行变形为，然后利用二项式定理进行求和.
【详解】因为，

.
故答案为：.
16. 已知，若关于x的不等式恰好有6个不同的实数解，则a的取值范围是__________．
【答案】.
【解析】
【分析】设，可得，得到函数的单调性与极大值，画出函数的图象，如图（1）所示，根据题意转化为的图象与在内有2个不同的交点，结合的图象和函数的性质，即可求解.
【详解】设，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，函数取得极大值，极大值为，
所以函数的图象，如图（1）所示，
关于x的不等式恰好有6个不同的实数解，
等价于在区间内有2个不同的实根，
即的图象与在内有2个不同的交点，
又由函数的大致图象，如图（2）所示，
则，所以，即实数的取值范围是.
故答案为：.

四、解答题：（本题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17. 已知数列满足，．
（1）记求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先对变形得，然后再根据得出与的关系，从而求出结果.
（2）先根据（1）的结果求出的通项公式，然后利用裂项相消法即可求出前项和.
【小问1详解】
，，
又，，
又，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以数列的通项公式为.
【小问2详解】
由（1）得，
所以数列的前n项和为

=
.
18. 在中，角，，的对边分别为，，，且．
（1）求；
（2）若，且，求面积的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由得出，结合，即可得出答案；
（2）由得出，由余弦定理得出，再由及得出，结合三角形面积公式，即可得出面积的范围．
【小问1详解】
因为，
所以．
由余弦定理得．
因为，
所以．
【小问2详解】
由及正弦定理，得，
所以，
由余弦定理得，，
所以
当且仅当时，等号成立，
因为，
所以，则，
所以，
因为的面积为，
所以面积的取值范围是．
19. 在上海举办的第五届中国国际进口博览会中，硬币大小的无导线心脏起搏器引起广大参会者的关注．这种起搏器体积只有传统起搏器的，其无线充电器的使用更是避免了传统起搏器囊袋及导线引发的相关并发症．在起搏器研发后期，某企业快速启动无线充电器主控芯片试生产，试产期同步进行产品检测，检测包括智能检测与人工抽检．智能检测在生产线上自动完成，包含安全检测、电池检测、性能检测等三项指标，人工抽检仅对智能检测三项指标均达标的产品进行抽样检测，且仅设置一个综合指标，四项指标均达标的产品才能视为合格品．已知试产期的产品，智能检测三项指标的达标率约为，，，设人工抽检的综合指标不达标率为（）．
（1）求每个芯片智能检测不达标的概率；
（2）人工抽检30个芯片，记恰有1个不达标的概率为，求的极大值点；
（3）若芯片的合格率不超过，则需对生产工序进行改良．以（2）中确定的作为p的值，判断该企业是否需对生产工序进行改良．
【答案】（1）
（2）
（3）该企业需对生产工序进行改良，理由见解析
【解析】
【分析】（1）设每个芯片智能检测中安全检测、电池检测、性能检测三项指标达标的概率分别记为，，，并记芯片智能检测不达标为事件，视指标的达标率为任取一件新产品，该项指标达标的概率，根据对立事件的性质及事件独立性的定义即可求解；
（2）根据条件得到（），利用导数对进行讨论即可；
（3）设芯片人工抽检达标为事件，工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品为事件，根据条件概率得到，再由乘法公式得到，即可判断.
【小问1详解】
每个芯片智能检测中安全检测、电池检测、性能检测三项指标达标的概率分别记为，，，并记芯片智能检测不达标为事件.
视指标的达标率为任取一件新产品，该项指标达标的概率，
则有，，，
由对立事件的性质及事件独立性的定义得：，
所以每个芯片智能检测不达标的概率为.
【小问2详解】
人工抽检30个芯片恰有1个不合格品的概率为（），
因此
令，得.
当时，；当时，.
则在上单调递增，在上单调递减，
所以有唯一的极大值点.
【小问3详解】
设芯片人工抽检达标为事件，工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品为事件，
由（2）得：，
由（1）得：，
所以，
因此，该企业需对生产工序进行改良.
20. 如图，在四棱锥中，点E，F分别在棱QA，QC上，且三棱锥和均是棱长为2的正四面体，AC交BD于点O．

（1）求证：平面ABCD；
（2）求平面ADQ与平面BCF所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三角形全等得到，，得到平面ABCD．
（2）建立空间直角坐标系，计算，得到各点坐标，计算平面AQD的法向量为，平面BCF的法向量为，再根据向量的夹角公式计算得到答案.
【小问1详解】
如图，连接OE，OF，三棱锥和均是棱长为2的正四面体，

故，且ABCD为菱形，O为AC、BD中点，
所以，所以，所以．
因为，故，
所以，所以，
又平面ABCD，所以平面ABCD．
【小问2详解】
四边形ABCD是菱形，则，所以OQ，AC，BD两两垂直，
以O为原点，为轴，建立空间直角坐标系，如图：

中，，，
故，故，故，
则，
故．
设平面AQD的法向量为，则，
令，则，故．
设平面BCF的法向量为，则，
令，则，故，
所以，
所以平面ADQ与平面BCF所成角的余弦值为．
21. 已知椭圆C：的左顶点为A，P为C上一点，O为原点，，，的面积为1．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设B为C的右顶点，过点且斜率不为0的直线l与C交于M，N两点，证明：．
【答案】（1）
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）通过分析得，将其坐标代入椭圆方程，结合面积和关系即可求出椭圆方程；
（2）设直线的斜率为,直线的斜率为,直线的方程为，再将其与椭圆联立得到韦达定理式，通过化简得，最后计算，将上式代入即可证明其为定值.
【小问1详解】
不妨设点在轴的上方,由椭圆的性质可知.
是以为直角顶点的等腰直角三角形,
代人,得,整理得.
的面积为.
故椭圆的方程为.
【小问2详解】
设直线的斜率为,直线的斜率为,
直线的方程为.

不妨设,则.
联立可得,
,则,
，即，

，

故得证.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键第一是要找到正切值与直线斜率的关系，再通过设直线的方程为，将与椭圆联立，利用化积为和的方法得到，最后再计算斜率比值为定值，化积为和是处理非对称韦达形式的常用方法.
22. 已知函数，其中a为常数，e为自然对数底数，…，若函数有两个极值点，.
（1）求实数a的取值范围；
（2）证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）二次求导后，根据函数有两个极值点，即可求解；
（2）设，先确定，根据，可得，即，令，，则.令，求导后根据单调性可得，从而得到化简后即可证明.
【小问1详解】
解法一：，
令，则.
因有两个极值点，，故有两个零点，
若，则，单调递增，不可能有两个零点，
所以，令得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以
因为有两个零点，所以，则.
又，，
故实数a的取值范围为.
解法二：

由题意知，有两个根，即 ，
设，
即函数与有两个不同交点，
设过点的直线与相切的切点为 ，
，则有 ，
解得：，此时切线斜率为：，
当斜率大于时，与有两个交点，
则, 故有，
故实数a的取值范围为.
解法三：
，
因力有两个极侑点 ，
则有两个零点.
即，
转化为与有2个交点，
时，.
，
当时，，
当时，，
当时，，
在递减，在递增，
要使与有2个交点，即

故实数a的取值范围为.
【小问2详解】
设，因为，，则，
因为，所以，，
则，取对数得.
令，，则.
令
则，在上单调递增.
则，
则
两边约去后化简整理
得，即.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略：
（1）构造差函数，根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；
（2）根据条件，寻找目标函数，一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.