山西省阳泉市2023届高三数学二模试题（Word版附解析）

这是一份山西省阳泉市2023届高三数学二模试题（Word版附解析），共26页。

2023年高三年级模拟考试（二）
数学试卷
（考试时间：下午3：00-5：00）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷1至4页，第Ⅱ卷5至8页.
2．回答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、考试编号填写在答题卡上.
3．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，写在本试卷上无效.
4．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡相应位置上，写在本试卷上无效.
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，，则（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先求出集合，再由交集的定义计算即可．
【详解】因为，
所以，
所以，
故选：B．
2. 已知 ， 则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据不等式性质以及指数函数单调性、对数函数定义域，利用特殊值即可判断结果.
【详解】根据题意可知，不妨取
则，此时不满足，即A错误；
易得，此时，所以B错误；
对于D，无意义，所以D错误，
由指数函数单调性可得，当时，，即C正确.
故选：C
3. 已知 ，，与的夹角为，则（ ）
A. 2 B. C. D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律、结合数量积的定义求解作答.
【详解】因为，，与的夹角为，则，
所以.
故选：A
4. 2025年某省将实行“3+1+2”模式的新高考，其中“3”表示语文、数学和英语这三门必考科目，“1”表示必须从物理和历史中选考一门科目，“2”表示要从化学、生物、政治和地理中选考两门科目.为帮助甲、乙两名高一学生应对新高考，合理选择选考科目，将其高一年级的成绩综合指标值（指标值满分为5分，分值越高成绩越优）整理得到如下的雷达图，则下列选择最合理的是（ ）

A. 选考科目甲应选物理、化学、历史
B. 选考科目甲应选化学、历史、地理
C. 选考科目乙应选物理、政治、历史
D. 选考科目乙应选政治、历史、地理
【答案】D
【解析】
【分析】根据雷达图得到两位同学综合指标值顺序，然后根据选科要求从高到低选择即可.
【详解】根据雷达图，甲同学按照科目综合指标值从高到低顺序为：物理、历史（化学）、地理、生物、政治，
乙同学按照科目综合指标值从高到低顺序为：历史、物理（政治）、地理、生物、化学，
根据新高考选科模式规则，选考科目甲应选物理、化学、地理；选考科目乙应选历史、政治、地理.
故选：D
5. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用同角三角函数基本关系式，以及三角函数在各个象限内的正负，可得，从而求出的值.
【详解】因为，所以，即，所以.
因为，所以，所以.
因为，
所以.
故选：B.
6. 已知等比数列的前项和，满足，则（ ）
A. 16 B. 32 C. 81 D. 243
【答案】A
【解析】
【分析】根据，作差得到等比数列的公比为，再求出，最后根据等比数列的通项公式计算可得.
【详解】等比数列的前项和为，且，
∴，
∴，∴，故等比数列的公比为．
在中，
令，可得，∴，则．
故选：A．
7. 已知圆，过直线上的动点作圆的切线，切点为，则的最小值是（ ）
A. B. 2 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意易知当圆心到直线上点距离最小时，最小，利用点到直线的距离公式计算即可.
【详解】圆，圆心，半径，
设圆心到直线：的距离为，则，
易得，则，
故当圆心到直线上点的距离最小时，即圆心到直线的距离，此时最小，
因为，所以，
故最小值是．
故选：D.
8. 已知，，，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将转化为，由此构造函数，利用导数判断其单调性结合对数运算，即可得出答案.
【详解】由题意可知，
于是构造函数，则，
当时，；当时，；
故在上单调递增，在上单调递减，
而，
又，故，
故选：B
【点睛】关键点睛：解答数的比较大小问题，关键是将数的形式转化为结构一致的形式，从而确定变量，可构造函数，利用导数判断其单调性，进而比较大小.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分．
9. 已知在处取得极大值3，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据原函数极值点即为导函数零点可得，即可知，再根据极大值为3可解得或；易知当时，在处取得极小值，与题意不符，当时，函数在处取得极大值，符合题意，可得，，即，即可判断出结论.
【详解】由题意可得，
且是函数的极大值点，即，可得，
又极大值为3，所以，解得或；
当时，，此时，
时，，时，
所以函数在上单调递减，在上单调递增；
此时函数在处取得极小值，与题意不符，即舍去；
当时，，此时，
时，，时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减；
此时函数在处取得极大值，符合题意，
所以，，即，所以A正确，B错误；
此时，所以，，即C错误，D正确.
故选：AD
10. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，抛物线的焦点与双曲线的焦点重合，点是这两条曲线的一个公共点，则下列说法正确的是（ ）
A. 双曲线的渐近线方程为 B.
C. 的面积为 D.
【答案】AB
【解析】
【分析】先根据抛物线方程得出的坐标，即的值，进而求出，得出双曲线的方程.即可得出A项；联立双曲线与抛物线的方程，求出点坐标，即可求得的值，判断B项、得出的面积，判断C项、求得的值，根据余弦定理，得出的值，判断D项.
【详解】
由已知，抛物线的焦点坐标为，所以双曲线右焦点，即.
又，所以，
所以，双曲线的方程为.
对于A项，双曲线的的渐近线方程为，故A项正确；
对于B项，联立双曲线与抛物线的方程，
整理可得，，解得或（舍去负值），
所以，代入可得，.
设，又，所以，故B项正确；
对于C项，易知，故C项错误；
对于D项，因为，
所以，由余弦定理可得，，故D项错误.
故选：AB.
11. 已知在上有且仅有2个极值点，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 若关于直线对称，则的最小正周期
C. 若关于点对称，则在上单调递增
D. ，使得在上的最小值为
【答案】BC
【解析】
【分析】先根据在上有且仅有2个极值点确定范围判断A选项；根据范围结合对称轴可以判断B选项；据范围结合对称中心可以判断C选项；据范围结合给定范围求最值可以判断D选项.
【详解】因为在上有且仅有2个极值点，所以
所以，所以，故A选项错误；
关于直线对称，，又因为，所以，
所以的最小正周期，故B正确；
关于点对称，，，又因为，
所以，当时，则在上单调递增，故C选项正确；
，又因为，所以，
所以在上的最小值小于，故D选项错误.
故选:BC.
12. 已知三棱锥的所有棱长均为，平面ABC，O为垂足，是PO的中点，AD的延长线交平面PBC于点，的延长线交平面PAB于点，则下列结论正确的是（ ）
A. //
B. 若是棱PB上的动点，则的最小值为
C. 三棱锥外接球的表面积为
D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，设分别为中点，先证明是等腰三角形底边上的高线上一点，且满足，同理可以说明是等腰三角形底边上的高线上一点同样位置，然后可得到//，再由中位线可得//，进而得到证明；
B选项，将三棱锥保留展开成平面图形后处理；
C选项，根据正棱锥的对称性，球心必定落在射线上，列出勾股定理方程计算；
D选项，利用同高不同底的棱锥，体积之比是底面积之比，结合A选项，考察之间的关系.
【详解】A选项，由题知，该三棱锥是正四面体，取中点，连接，显然会经过，于是，过作//，交于.
由于是在的投影，由正棱锥性质，为等边的重心，于是，由//可知，和相似，于是，
由是PO的中点，易得和全等，则，于是，同理可说明，于是和相似，
于是//，又为中边对应的中位线，故//，于是//，A选项正确；

B选项，将三棱锥保留边展开，成如图所示的平面图形，该图形由两个等边三角形拼成的菱形，显然的最小值在共线取得，
即的最小值为，B选项错误；

C选项，先算一些数据，借助A选项的图，的外接圆半径，故，，于是.
根据对称性，三棱锥外接球的球心在射线上，不妨设球心为，外接球半径为，则，，
又，则，解得（由于，实际上球心在三棱锥外），故外接球表面积为：，C选项正确；

D选项，三棱锥和等高，由，于是，根据A选项，，，即，
于是，注意到三棱锥和等高，故，
于是，D选项正确.

故选：ACD
第Ⅱ卷（非选择题 共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知复数z满足（i为虚数单位），则_______．
【答案】##i+1
【解析】
【分析】根据题意，结合复数的运算法则，求得，得到答案.
【详解】由复数满足，可得.
故答案为：
14. 已知，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】应用赋值法令，得，令，得，即可得到答案.
【详解】依题意，
令，得，
令，得.
因为 可以得出,
，
故.
故答案为：.
15. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点是上一点，点是直线与轴的交点，的内切圆与相切于点，若，则椭圆的离心率__________．
【答案】
【解析】
【分析】设内切圆与AM切于Q，与切于P，由切线性质知，结合椭圆定义建立的关系求得.
【详解】
设内切圆与AM切于Q，与切于P，由切线性质知，，，
由对称性知，
所以，即，
所以，
所以.
故答案为：
16. 已知，，且满足，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】原式等价于.构造，根据导函数求出函数的最值，可得，即可得出，，求出的值，即可得出答案.
【详解】因为，
构造，，
当时，，所以在上单调递增；
当时，，所以在上单调递减.
所以，在处取得极大值，也是最大值，
所以.
由题意可知，，所以，.
因为，所以，，
所以.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：同构变形后，构造函数，根据导函数研究函数的性质，进而得出结论.
四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知是正项等比数列，是等差数列，且，，.
（1）求和的通项公式；
（2）从下面条件①、②中选择一个作为已知条件，求数列的前项和.
条件①：；条件②：.
注：若条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1），；
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）应用等差等比的通项公式计算求解即可；
（2）错位相减法求和可得.
【小问1详解】
设的公比为，的公差为，
由题意可得解得或（舍去），，
，；
【小问2详解】
由（1）得，
选择条件①：，则.
，①
，②
①-②得，


.
选择条件②：，则.
，①
，②
① -②得，



18. 在锐角中，分别为内角的对边，，角的平分线交于，.
（1）求；
（2）求外接圆面积的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）对于题干条件，结合余弦定理，正弦定理进行边角转化后求解；
（2）结合角平分线长度，面积的等量关系，得出满足的条件，进而由余弦定理得到的范围，然后由正弦定理得出外接圆半径的最小值.
【小问1详解】
，，
由余弦定理可得，，
化简得，，由正弦定理可得，，.
【小问2详解】

由（1）得 ，.
，，
，整理得.
由基本不等式，，（当且仅当时等号成立），
，，
外接圆直径，，
当且仅当时，外接圆的面积取最小值.
19. 为响应国家使用新能源的号召，促进“碳达峰碳中和”的目标实现，某汽车生产企业在积极上市四款新能源汽车后，对它们进行了市场调研.该企业研发部门从购买这四款车的车主中随机抽取了50人，让车主对所购汽车的性能进行评分，每款车的性能都有1分、2分、3分、4分、5分五个等级，各评分及相应人数的统计结果如下表.
性能评分
汽车款式
1
2
3
4
5
基础班
基础版1
2
2
3
1
0
基础版2
4
4
5
3
1
豪华版
豪华版1
1
3
5
4
1
豪华版2
0
0
3
5
3

（1）求所抽车主对这四款车性能评分的平均数和第90百分位数；
（2）当评分不小于4时，认为该款车性能优秀，否则认为性能一般.根据上述样本数据，完成以下列联表，并依据的独立性检验，能否认为汽车的性能与款式有关？并解释所得结论的实际含义.
汽车性能
汽车款式
合计
基础班
豪华版
一般



优秀



合计




（3）为提高这四款新车的性能，现从样本评分不大于2的基础版车主中，随机抽取3人征求意见，记X为其中基础版1车主的人数，求X的分布列及数学期望.
附：.

0.10
0.05
0.01
0.005

2.706
3.841
6.635
7.879

【答案】（1）平均数为3，第90百分位数为4.5；
（2）答案见解析 （3）分布列见解析，1
【解析】
【分析】（1）根据百分位数定义求解即可；
（2）根据联表计算对应数据判断可得汽车的性能与款式的相关性；
（3）根据超几何分布计算概率和分布列及期望得解.
【小问1详解】
由题意得这四款车性能评分的平均数为；
其第90百分位数为；
【小问2详解】
由题意得
汽车性能
汽车款式
合计
基础版
豪华版
一般
20
12
32
优秀
5
13
18
合计
25
25
50
零假设为：汽车性能与款式无关，
根据列联表中的数据，经计算得到.
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为汽车性能与款式有关，
此推断犯错误的概率不超过0.05；
汽车性能一般中基础版和豪华版的频率分别为和，性能优秀中基础版和豪华版的频率分别为和，
根据频率稳定于概率的原理，可以认为性能优秀时豪华版的概率大.
【小问3详解】
由题意可得X服从超几何分布，且，，，
由题意知，X的所有可能取值为，
则，，，
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
P





20. 如图，三棱柱中，侧面是矩形，，，D是AB的中点.

（1）证明：；
（2）若平面，E是上的动点，平面与平面夹角的余弦值为，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
分析】（1）先证明线面垂直，根据线面垂直得出线线垂直；
（2）先设比值得出向量关系，根据空间向量法求已知二面角的值即可求出比值.
【小问1详解】
取BC的中点F，连接，，记，
是AB的中点，，，，
在矩形中，，，
，，
，，平面 ,平面
，平面，
平面，；
【小问2详解】
因平面，，平面，所以，，
由矩形得，以点为原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，，则，，，，
所以
设是平面的一个法向量，则，
令，则.
设是平面的一个法向量，则
，令，则，，.
，或（舍去），
.

21. 已知双曲线经过点，直线、分别是双曲线的渐近线，过分别作和的平行线和，直线交轴于点，直线交轴于点，且（是坐标原点）
（1）求双曲线的方程；
（2）设、分别是双曲线的左、右顶点，过右焦点的直线交双曲线于、两个不同点，直线与相交于点，证明：点在定直线上.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出点、的坐标，根据题中条件可得出关于、的方程组，解出、的值，即可得出双曲线的方程；
（2）分析可知直线不与轴重合，设、，直线的方程为，将直线的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，求出直线与的方程，将这两条直线联立，求出点的横坐标，即可得出结论.
【小问1详解】
解：由题意得，，
不妨设直线的方程为，则直线的方程为，
在直线的方程中，令可得，即点，同理可得，
，
由可得，因此，双曲线的方程为.
【小问2详解】
证明：由（1）得、、，

若直线与轴重合，则、为双曲线的顶点，不合乎题意，
设、，直线的方程为，
联立可得，
所以，，解得，
，，
直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与的方程，可得，
所以，
，
因为，解得，
因此，点在定直线上.
【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. 已知函数在点处的切线方程为，
（1）求的值域；
（2）若，且，，证明：①；②.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出，根据导数的几何意义得出切线方程.结合已知，即可求出的值.然后利用导函数得出的单调性，进而根据函数的单调性，结合的取值，即可得出答案；
（2）求出，得出的单调性以及值域，根据以及的性质，作出函数的图象. 设，根据图象，得出的范围.构造函数，，二次求导证明得到，即有 ，从而得出，根据函数的单调性，即可得出①的证明；先推出，即有.根据基本不等式，结合的范围得出，即，然后根据函数的单调性，即可得出②的证明.
【小问1详解】
由題意得，
，.
根据导数的几何意义可知，函数在点处的切线的斜率
，
在点处的切线方程为，
整理可得，
由已知可得，，解得，
，，.
令，则，所以在上单调递减，所以.
又时，有，所以，
所以；
令，则，所以在上单调递增，所以；
综上所述，的值域为.
【小问2详解】
①由题意得，.
令，则或，所以在上单调递减，在上单调递减，
所以当时，的值域为；当时，的值域为；
令，则，所以在上单调递增，
所以当时，的值域为.
作出函数以及的图象如下图，

设，且，，
由图象可知，，且，.
令，，
则.
令，，则.
令，则，
所以，即在上单调递减，
，
在上单调递减，
，
.
又，.
，
在上单调递减，，
，.
又，.
在上单调递增，，，
，；
②由①得，，，.
， ，
.
，，当且仅当，即时，等号成立.
，，即，即.
在上单调递增，，
，.
【点睛】关键点睛：构造函数，，根据二次求导得出.然后即可根据题中已知条件，结合函数的单调性，得出证明.