2023届山西省太原市第五中学高三一模数学试题（AB卷）含解析

2023届山西省太原市第五中学高三一模数学试题（AB卷）

一、单选题

1．设集合， 则选项正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据题意，可知集合是集合的子集且包含元素3，若，则可得正确选项.

【详解】根据可得是集合的子集，且；

当时，满足题意．

若，则，故A错误；

若，则，所以，故B正确；

若，则，故C错误；

若，则，故D错误.

故选：B.

2．已知向量满足，则（    ）

A．－2 B．－1 C．0 D．2

【答案】C

【分析】根据向量数量积运算求得正确答案.

【详解】.

故选：C

3．""是“"的（    ）

A．充要条件 B．充分不必要条件

C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】等价化简条件，结合充分条件和必要条件的定义判断即可.

【详解】因为，

所以，

或，

所以或，

故“是“”的必要不充分条件.

故选：C.

4．被1000除的余数是（    ）

A． B． C．1 D．901

【答案】C

【分析】利用二项式定理展开可求解.

【详解】，

所以展开式中从第二项开始都是1000的倍数，因此被1000除的余数是1.

故选：C

5．复平面内复数满足，则的最小值为（    ）

A．1 B． C． D．3

【答案】B

【分析】根据分析出对应点轨迹方程，再根据的几何意义以及圆外一点到圆上点的距离最小值求法求解出结果.

【详解】设，

因为，所以，即z在复平面内对应点的轨迹为圆C：，如图，

又，

所以表示圆C上的动点到定点的距离，

所以为，

故选：B．

6．如图，大正方形的中心与小正方形的中心重合，且大正方形边长为，小正方形边长为2，截去图中阴影部分后，翻折得到正四棱锥（A，B，C，D四点重合于点P），则此四棱锥的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】取的中点，连接，连接交于，根据题意可求出，进而求出正四棱锥的高，代入棱锥体积公式求出体积.

【详解】如图：取的中点，连接，连接交于，如图.

由题意知，设，在直角三角形中，.

在直角三角形中，，即，

所以，化简得，

结合，，解得，

所以，.

过点P作平面，连接ON，

如图

则正四棱锥的高，

所以正四棱锥的体积.

故选：C

7．现有甲､乙两组数据，每组数据均由六个数组成，其中甲组数据的平均数为3，方差为5，乙组数据满足如下条件时，若将这两组数据混合成一组，则关于新的一组数据说法错误的是（    ）

A．若乙组数据的平均数为3，则新的一组数据平均数为3

B．若乙组数据的方差为5，则新的一组数据方差为5

C．若乙组数据的平均数为3，方差为5，则新的一组数据方差为5

D．若乙组数据的平均数为5，方差为3，则新的一组数据方差为5

【答案】B

【分析】根据分层样本的平均数公式和方差公式分别计算两组数据的总体的平均数或方差即可判断.

【详解】设甲组数据的平均数为，方差为，

乙组数据的平均数为，方差为，

混合后的新数据的平均数为，方差为，

则，，

对于A，新的一组数据平均数，A正确；

对于B，由于不能确定乙组数据的平均数，故由公式可知无法确定新的一组数据方差，B错误；

对于C，因为乙组数据的平均数为3，方差为5，即，，

所以，

所以，C正确；

对于D，因为乙组数据的平均数为5，方差为3，即，，

所以，

所以，D正确；

故选：B.

8．已知均为正实数，为自然对数的底数，若，则下列不等式一定成立的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用特殊值法当时，，排除选项A，B，C；再证明选项D成立.

【详解】已知均为正实数，,

当时，，满足成立，

对于A，，故A错误；

对于B，，故B错误；

对于C，，故C错误，

对于D，由已知，则，.

由 则，

所以，即，得，，即.

下面证明，.

设，，所以在区间上单调递增，

所以>，即.

所以，故D正确，

故选：D.

二、多选题

9．函数f(x)＝b（x-a）2（x-b）的图象可以是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】首先根据解析式确定零点类型，再结合图象，判断选项.

【详解】由函数解析式可知，是不变号零点，是变号零点，

A.由图可知，变号零点是0，则，则，不成立，故A错误；

B.由图可知，变号零点小于0，不变号零点为0，则，此时，当，，当，，当时，，满足图象，故B正确；

C.由图可知，，，当时，，当时，，当时，，满足图象，故C正确；

D.由图可知，，，当时，，与图象不符，所以D错误.

故选：BC

10．已知是双曲线的左､右焦点，且到的一条渐近线的距离为为坐标原点，点为右支上的一点，则（    ）

A．

B．过点且斜率为1的直线与有两个不同的交点

C．若斜率存在，则

D．的最小值为

【答案】AD

【分析】选项A利用双曲线的定义及性质判断即可，选项B利用直线与双曲线方程联立判断即可，选项C、D利用双曲线的定义即可解决.

【详解】设双曲线的半焦距为，其中一条渐近线为：

因为到的一条渐近线的距离为，

即，所以，又，所以，故A正确；

对于B，双曲线的一条渐近线的斜率为1，所以过点M且斜率为1的直线为，

联立，消去得：，只有一个交点，故B错误；

对于C，设，则，，故C错误；

对于D，由双曲线的定义可知，当且仅当三点共线时取得等号，故D正确，

故选：AD.

11．在平行六面体中，已知，则下列说法错误的是（    ）

A．为中点，为中点，则与为异面直线

B．线段的长度为

C．为中点，则平面

D．直线与平面所成角的正弦值为

【答案】ABD

【分析】利用棱台的定义判断A，利用空间向量的数量积运算律求解B,利用线面平行的判定定理判断C，利用线面角的定义判断D.

【详解】

对于A，如图，连接， 为中点，为中点，

由图可知，且

设则重合，

即与相交，故A错误；

对于B，因为，

所以，

所以

所以,故B错误；

因为为中点，连接交于点，

再连接，

则在中，，

平面，平面,

所以平面，C正确；

对于D:在平行六面体中，

四边形是菱形，则,

又,

所以，平面，

所以平面，

又因为平面，

所以平面平面，

过点作于点，

平面平面，

平面所以平面，

所以直线与平面所成角为，

，

所以,

所以，所以，故D错误；

故选:ABD.

12．已知定义域为的函数对任意实数都有，且，则以下结论一定正确的有（    ）

A． B．是偶函数

C．关于中心对称 D．

【答案】BC

【分析】根据赋值法，可判断或，进而判断A，根据赋值法结合奇偶性的定义可判断C，根据偶函数即可判断对称性，根据对称性以及奇偶性可得函数的周期性，进而可判断CD.

【详解】令，则或，故A错误，

若时，令，则，此时是偶函数，若时，令，则，此时既是偶函数又是奇函数；因此B正确，

令，则，所以关于中心对称，故C正确，

由关于中心对称可得，结合是偶函数，所以，所以的周期为2，

令，则，故，

进而，而，由A选项知或，所以或，故D错误.

故选：BC

三、填空题

13．已知函数的图象与直线相切，则___________.

【答案】##

【分析】根据导数的几何意义列式计算即可．

【详解】由得，

设切点坐标为，

则，解得．

故答案为：．

14．直线分别与轴､轴交于两点，点在圆上，则面积的取值范围是___________.

【答案】

【分析】首先由直线方程求得坐标，得到；利用点到直线距离公式求得圆心到直线的距离，从而得到点到直线距离的范围，利用三角形面积公式可求得结果.

【详解】因为直线分别与轴､轴交于两点，

所以，    

所以

圆的圆心的坐标为，半径，

所以圆心到直线距离，

所以到直线距离，即，

.

故答案为：.

15．已知直线与椭圆交于两点，线段中点在直线上，且线段的垂直平分线交轴于点，则椭圆的离心率是__________.

【答案】

【分析】利用点差法证明二级结论，再结合，则两式相比可得，即，代入即可求出离心率.

【详解】设，其中，显然点在椭圆内，

记坐标原点为，直线的斜率分别为，易知三条直线斜率均存在，

又，两式相减整理可得，

即，又，所以两式相比可得，

即，代入，整理可得，

所以离心率.

故答案为：.

16．数列满足，则___________.

【答案】

【分析】根据题意得利用的值，结合等差数列求和公式求解.

【详解】由题可得

因为

，

又因为，

故答案为：.

四、解答题

17．如图，为圆的直径，垂直于圆所在的平面，为圆周上不与点重合的点，连接，作于点于点.

(1)求证：是二面角的平面角；

(2)若，求二面角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用线面垂直的判定定理和性质定理结合二面角的平面角的定义证明；

（2）利用空间向量的坐标运算，利用法向量求二面角的正弦值.

【详解】（1）因为垂直于圆所在的平面，即平面，

平面，所以，

又因为为圆的直径，所以,

，平面，

所以平面，平面，所以，

又因为，，平面，

所以平面，平面，所以，

又因为，平面，

所以平面，平面，

所以是二面角的平面角.

（2）设，因为，

所以，

过点作的平行线为轴，并以为轴建系如图，

则，

设平面的法向量为，

所以令则，

所以，

设平面的法向量为，

所以令则，

所以，

设二面角的大小为，

则，

所以.

18．数列满足.

(1)求证：是等比数列；

(2)若，求的前项和为.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据对数的运算和等比数列的定义证明；

（2）利用分组求和以及错位相减法求和.

【详解】（1）

所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列.

（2）由（1）可得，，所以，

设设其前项和为，

则①

②

减②得

所以

所以

19．在中，D是边上的点，．

(1)求；

(2)若，求的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）在和中分别利用正弦定理可得和，结合条件化简可得，判断的取值可得答案.

（2）结合（1）的结论推出是等腰三角形，过C作于E，求出三角形的高，利用三角形面积公式即可求得答案.

【详解】（1）在中，由正弦定理，得①，

在中，由正弦定理，得②，

因为，所以，

故①②相比可得，

由及，得．

因为，所以或．

当时，不满足，舍；

当时，满足题意，

综上，．

（2）在中，，故，

进而是等腰三角形．

过C作于E，

则，

所以，

故的面积为．

20．近几年，随着生活水平的提高，人们对水果的需求量也随之增加，我市精品水果店大街小巷遍地开花，其中中华猕猴桃的口感甜酸、可口，风味较好，广受消费者的喜爱.在某水果店，某种猕猴桃整盒出售，每盒20个.已知各盒含0，1个烂果的概率分别为0.8，0.2.

(1)顾客甲任取一盒，随机检查其中4个猕猴桃，若当中没有烂果，则买下这盒猕猴桃，否则不会购买此种猕猴桃.求甲购买一盒猕猴桃的概率；

(2)顾客乙第1周网购了一盒这种猕猴桃，若当中没有烂果，则下一周继续网购一盒；若当中有烂果，则隔一周再网购一盒；以此类推，求乙第5周网购一盒猕猴桃的概率

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意利用独立事件的概率乘法公式结合对立事件运算求解；

（2）根据题意列举所以可能性情况，利用独立事件的概率乘法公式运算求解.

【详解】（1）由题意可得：甲不购买一盒猕猴桃情况为该盒有1个烂果且随机检查其中4个时抽到这个烂果，

甲购买一盒猕猴桃的概率.

（2）用“√”表示购买，“╳”表示不购买，乙第5周购买有如下可能：

故乙第5周网购一盒猕猴桃的概率.

21．已知函数的周期为，图象的一个对称中心为，将函数图象上的所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再将所得图象向右平移个单位长度后得到函数的图象.

(1)求函数与的解析式；

(2)求实数与正整数，使得在内恰有2023个零点.

【答案】(1)，

(2)，

【分析】(1)根据函数图象的变关系直接求解；

(2)转化为方程有个根，根据奇数个根可得其中一个根必为或1，分类讨论求解.

【详解】（1），

当时，，

因为，取，

，

将函数图像上的所有点的横坐标伸长为原来的倍（纵坐标不变），

可得函数，再将所得图像向右平移个单位长度后，

，

（2）由（1）得，，

，

不妨设或，显然，

若且，则在上必有偶数个零点，

所以中至少有一个为或，

不妨设或，

当，则,

此时在上有1个零点，在上有2个零点，即在上有3个零点，如图所示，

又，所以只需即可满足题意；

当，则，

此时在上有2个零点，在上有1个零点，即在上有3个零点，如图所示，

又，当时，在上有2022个零点，当时，增加2个零点，即在上有2024个零点，故不符合题意.

综上所述，．

22．如图，小明同学先把一根直尺固定在画板上，把一块三角板的一条直角边紧靠在直尺边沿，再取一根细绳，它的长度与另一直角边相等，让细绳的一端固定在三角板的顶点处，另一端固定在画板上点F处，用铅笔尖扣紧绳子，让细绳紧贴住三角板的直角边，然后将三角板沿着直尺上下滑动，这时笔尖在平面上留下轨迹.已知细绳长度为，经测量，当笔尖运动到点处时，.设直尺边沿所在直线为，以过垂直于直尺的直线为轴，以过垂直于的垂线段的中垂线为轴，以为单位长度，建立平面直角坐标系.

(1)求的方程；

(2)过点且斜率为的直线与交于两点，的取值范围为，探究：是否存在，使得，若存在，求出.的取值范围，若不存在，说明理由.

【答案】(1)，

(2)存在，使得成立.

【分析】（1）根据给定条件，求得笔尖留下的轨迹，再结合抛物线的定义求出方程作答.

（2）求出直线的方程，并与曲线C的方程联立，利用韦达定理及共线向量建立函数关系即可求解作答.

【详解】（1）依题意，笔尖到点的距离与它到直线的距离相等，

因此笔尖留下的轨迹为以为焦点，为准线的抛物线，

设其方程为，

则，由，

得，

又，

所以 ，所以点到直线的距离为，

由得点的横坐标，

而抛物线的准线方程为，

则，解得，

所以轨迹的方程为.

（2）假设存在，使得，

设，

直线的方程为，

由消去y得：，

而，

，

，

，

由得，即，

于是，

令，，

因此，又，即，

解得或，

所以存在，使得成立.

【点睛】易错点睛：求解轨迹方程问题，设出动点坐标，根据条件求列出方程，再化简整理求解，还应特别注意：补上在轨迹上而坐标不是方程解的点，剔出不在轨迹上而坐标是方程解的点.