2023届山西省朔州市怀仁市第一中学高三三模数学试题含解析

这是一份2023届山西省朔州市怀仁市第一中学高三三模数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届山西省朔州市怀仁市第一中学高三三模数学试题 一、单选题1．已知复数z满足：，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设复数，则，由复数相等可得的值，再由模长公式即可得模长.【详解】设复数，则，由可得，整理可得：，所以，，所以，所以，故选：C.2．集合，，则中的元素个数为（    ）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】A【分析】直接进行交集运算即可求解.【详解】集合，，，所以中的元素个数为，故选：A.3．已知双曲线（，）的焦距为，且实轴长为2，则双曲线的渐近线方程为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由双曲线的性质求解【详解】由题意可知，，，所以，，所以，则，渐近线方程为．故选：C4．已知为锐角，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】运用两角和与差的正弦公式和同角的商数关系，计算即可得到所求值【详解】因为，所以，所以，所以.故选：B5．共有5名同学参加演讲比赛，在安排出场顺序时，甲､乙排在一起，且丙与甲､乙都不相邻的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】除甲、乙、丙余下的两个人全排列，把甲､乙捆绑在一起和丙一起作为两个人插空得符合条件的基本事件的个数，再求得5人的全排列数，由概率公式计算可得．【详解】除甲、乙、丙余下的两个人全排列，把甲､乙捆绑在一起和丙一起作为两个人插空，可得符合条件的基本事件的个数，所以所求概率为.故选：A．6．已知某圆台的高为，上底面半径为，下底面半径为，则其侧面展开图的面积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】可得展开图为圆环的一部分，求出小圆和大圆半径即可求出.【详解】易知母线长为，且上底面圆周为，下底面圆周为，易知展开图为圆环的一部分，圆环所在的小圆半径为3，则大圆半径为6，所以面积.故选：C.7．已知，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】构造函数，利用导数得出单调性，比较的大小即可求出.【详解】设函数，则为偶函数，且当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，因为，，所以，又，，，所以.故选：B.8．在平面直角坐标系中，点在轴上，点在轴上，，点满足，则点到点的距离的最大值为（    ）A．3 B． C．5 D．4【答案】D【分析】由题意可知点在以线段为直径的圆上，设的中点坐标为，有，然后根据三角形的性质求解即可【详解】由题意可知点在以线段为直径的圆上，设的中点坐标为，有，可得，由，，有.当且仅当，，三点共线时取等号.故选：D 二、多选题9．已知等差数列的前n项和为，公差为d，则（    ）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】由已知结合等差数列的通项公式及求和公式分别检验各项即可判断.【详解】解：由题意得：对于选项A：取，则，解得，即A正确；对于选项B：由A可知，，则，即B正确；对于选项C：因为，即C错误；对于选项D：因为，且，即D正确.故选：ABD.10．在某独立重复试验中，事件相互独立，且在一次试验中，事件发生的概率为，事件发生的概率为，其中.若进行次试验，记事件发生的次数为，事件发生的次数为，事件发生的次数为.则下列说法正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】利用独立事件的乘法公式和二项分布的期望和方差公式进行判断即可.【详解】因为，，即A错误；因为，，即B正确；因为独立，所以，所以，即C正确；因为，，即D错误.故选：BC.11．已知三棱锥外接球的球心为，外接球的半径为，，，（为正数），则下列命题是真命题的是（    ）A．若，则三棱锥的体积的最大值为B．若不共线，则平面平面C．存在唯一一点，使得平面D．的最大值为【答案】AB【分析】由可求得球心到平面的距离，由此可得三棱锥高的最大值，由棱锥体积公式可知A正确；设的中点为，可证得平面，由外接球性质可知平面，由面面垂直判定可知B正确；设直线与球的另一交点为，可知平面，知C错误；由四点共面可求得，由此可得，知D错误.【详解】对于A，若，则，，则外接圆的半径，球心到平面的距离，三棱锥高的最大值为，体积的最大值为，A正确；对于B，设的中点为，连接，则，，，又，，平面，平面，平面，平面，又平面平面，四点共面，平面，又平面，平面平面，B正确；对于C，设直线与球的另一交点为，若平面，则平面，C错误；对于D，当最大时，四点共面，，，，D错误.故选：AB.12．已知函数，若函数的图象在区间上的最高点和最低点共有6个，下列说法正确的是（    ）A．在上有且仅有5个零点B．在上有且仅有3个极大值点C．的取值范围是D．的取值范围是【答案】BC【分析】借助于函数图象，得到在上有5或6个零点有且仅有3个极大值点，另外得到的取值范围.【详解】，当，则，借助图象可知在上有5或6个零点有且仅有3个极大值点．故A错误．B正确；函数的图象在区间上的最高点和最低点共有6个，所以，解得．故C正确，D错误．故选：BC 三、填空题13．已知向量，，若，则实数___________.【答案】【分析】由向量垂直关系可得，由此构造方程求得结果.【详解】，，又，.故答案为：.14．已知奇函数在上单调递增，在上单调递减，且有且仅有一个零点，则的函数解析式可以是___________.【答案】（答案不唯一）【分析】根据已知直接可得出.【详解】由题意可知，仅有一个零点，结合单调性，可知.故答案为：（答案不唯一）.15．已知抛物线与抛物线在第一象限内的交点为，若点在圆上，且直线与圆相切，则___________.【答案】##【分析】由于点在圆上，所以可得，而点也在两抛物线上，代入抛物线方程可得，当与圆相切时，可得，然后前面的几个式子结合可求得答案【详解】因为，所以，因为，，所以，当与圆相切时，，所以，所以，所以.故答案为： 四、双空题16．在处理多元不等式的最值时，我们常用构造切线的方法来求解.例如：曲线在处的切线方程为，且，若已知，则，取等条件为，所以的最小值为3.已知函数，若数列满足，且，则数列的前10项和的最大值为___________；若数列满足，且，则数列的前100项和的最小值为___________.【答案】     70     540【分析】①先求导数，求出处的切线方程，结合，即可求出的前10项和的最大值；②求出处的切线方程为，结合，即可求出的前100项和的最小值.【详解】，则在上单增，图像如下所示：①易知，，所以曲线在处的切线方程为，结合图像易知，所以，所以，当且仅当时，等号成立；②曲线在处的切线为，因为，则令此切线过原点，解得或，所以曲线在处的切线方程为，结合图像易知，所以，当且仅当或时，等号成立，取，，即的前100项中有60项为3，40项为0时，等号成立.故答案为：70；540. 五、解答题17．已知数列中，，．(1)记，证明：数列为等比数列；(2)求数列的通项公式；(3)记，求数列的前项和．【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）由已知可推出，即可得出证明；（2）求出，写出的通项公式，即可得出；（3）将的表达式代入，裂项可推得，然后求和即可得出答案.【详解】（1）因为，故数列是公比为2的等比数列.（2）因为，所以，所以， 所以.（3）因为，所以．18．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足.(1)求角C的大小；(2)如图，若，E为的中点，的面积为，的周长为6，求边的长度.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据余弦定理将角化为边，即可求得角的大小；（2）首先设，，结合余弦定理和三角形面积公式，求得，，再利用条件求，，最后根据余弦定理求.【详解】（1）由余弦定理有，可得，可得，有，有，又由，可得；（2）设，，由的面积为，有，可得，由余弦定理有， 由的周长为6，有，解得， 联立方程，解得， 又由，E为的中点，可得，，由余弦定理可得19．通过核酸检测可以初步判定被检测者是否感染新冠病毒，检测方式分为单检和混检，单检是将一个人的采集拭子放入一个采样管中单独检测：混检是将多个人的采集拭子放入一个采样管中合为一个样本进行检测，若检测结果呈阳性，再对这多个人重新采集单管拭子，逐一进行检测，以确定当中的阳性样本．混检按一个采样管中放入的采集拭子个数可具体分为“3合1”混检，“5合1”混检，“10合1”混检等．调查研究显示，在群体总阳性率较低（低于0.1%）时，混检能较大幅度地提高检测效力、降低检测成本．根据流行病学调查结果显示，某城市每位居民感染新冠病毒的概率为．若对该城市全体居民进行一轮核酸检测，记每一组n位居民采用“n合1”（）混检方式共需检测X次．(1)求随机变量X的分布列和数学期望；(2)已知当时，．若，采用“n合1”混检时，请估计当n为何值时，这一轮核酸检测中每位居民检测的次数最少？【答案】(1)分布列见解析，(2) 【分析】(1)根据题干条件分情况和求概率,写出分布列计算数学期望即可;(2)由(1)的数学期望得出每位居民检测的次数,再应用基本不等式求出核酸检测中每位居民检测的最少次数,取等条件可求n.【详解】（1）X的取值为1和，，，随机变量X的分布列为：X1P 可得；（2）由（1）可知每位居民检测的次数约为，又由，当且仅当，即时等号成立．故当时，采用“100合1”，这一轮核酸检测中每位居民检测的次数最少．20．如图，在三棱柱中，平面平面，四边形是边长为2的菱形，为等边三角形，，为的中点，为的中点，为线段上的动点，平面．(1)请确定点在线段上的位置；(2)求平面和平面所成二面角的正弦值．【答案】(1)点是线段上靠近点的四等分点(2) 【分析】（1）根据线面平行的性质定理可推出.由已知可推得，得出，得到.然后根据，即可得出；（2）先证明，然后根据面面垂直的性质推得平面.以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标.然后求出平面和平面的法向量，根据法向量求出二面角的余弦值，进而即可求出正弦值.【详解】（1）如图1，连接与相交于，连接，连接与交于点.∵平面，平面平面，平面，∴.∵，，∴，∴，∴.∵，∴，∴.∵，∴，∴点是线段上靠近点的四等分点.（2）如图2，取的中点，连接，， ∵四边形为边长为2的菱形，，∴，为等边三角形.∵，为等边三角形，∴.∵平面平面，平面平面，，平面，∴平面.∵为等边三角形，，∴，可得，，两两垂直.建立如图所示的空间直角坐标系，可得，，，，，，，，，，设平面的法向量为，由，，有，取，，，可得.设平面的法向量为，由，，有取，，，可得.所以，，，所以，所以平面和平面所成二面角的正弦值为．21．已知椭圆的短轴长为，且点在椭圆上．（1）求椭圆C的标准方程；（2）椭圆C的左、右顶点分别为A、B，点P、Q是椭圆C上异于A、B的不同两点，直线BP的斜率为，直线AQ的斜率为，求证：直线PQ过定点．【答案】（1）；（2）证明见解析．【分析】（1）根据题意得，解方程即可得答案；（2）设点P、Q的坐标分别为，，根据题意得直线BP的方程为，直线AQ的斜率为进而联立方程得，，，．再讨论当时得直线PQ过点，当时，，三点共线，即直线PQ过定点.【详解】解：（1）由题意有，解得，，故椭圆C的标准方程为．（2）证明：设点P、Q的坐标分别为，由（1）知，点A的坐标为，点B的坐标为，直线BP的方程为，联立方程，消去y后整理为，有，可得，．直线AQ的斜率为联立方程，消去y后整理为，有，可得，．当时，解得，直线PQ的方程为，过点，当时，，，即，所以三点共线，故直线PQ过定点．【点睛】解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.22．已知函数.（1）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线l过点（0，1-e），求实数a的值；（2）当a＞0时，若函数f（x）有且仅有3个零点，求实数a的取值范围.【答案】(1) ;(2) 【分析】（1）求出，进而可求出，，求出与连线斜率，该斜率与相等，从而可求出；（2）结合导数，求出的单调性及存在，使得，由函数的零点情况可得，令，结合导数求出单调性，进而求出的取值范围，即可求出a的取值范围.【详解】解：（1），， ，则与连线斜率，则；（2）由,当时，由可得，，此时；当时，令，则 ，则在上为增函数，因为，，故存在，使得，当时，，则；当时，，则，则函数的增区间为，减区间为；令，有，则单调递增，有，又，可得，有，又由，故在上有且只有一个零点，因为有且只有三个零点，必有，即，令，有，可得为减函数，由，可得时，，有，当且时，有，，故当时，若有且只有三个零点，则实数的取值范围是.【点睛】关键点睛:本题的关键是第二问中，运用导数求函数的单调性后，得出函数极小值的正负情况.