山西省2023届高三第二次模拟考试数学试卷（含解析）

山西省2023届高三第二次模拟考试数学试卷

学校:___________姓名：___________班级：____________

一、单选题

1．已知复数z满足（i为虚数单位），则复数z的共轭复数（    ）

A． B． C． D．

2．已知全集，2，3，4，，A={2，4，，，，则（    ）

A． B．， C．，2，3， D．，2，4，

3．已知，则等于（    ）

A． B． C．e D．1

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

5．已知函数，若对于任意的时，恒成立，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

6．中国古代数学名著《算法统宗》记载有这样一个问题：“今有俸粮三百零五石，令五等官（正一品､从一品､正二品､从二品､正三品）依品递差十三石分之，问，各若干？”其大意是，现有俸粮305石，分给正一品､从一品､正二品､从二品､正三品这5位官员，依照品级递减13石分这些俸粮，问，每个人各分得多少俸粮？在这个问题中，正二品分得的俸粮是（    ）

A．35石 B．48石 C．61石 D．74石

7．已知数列是等差数列，且．若是和的等差中项，则的最小值为（    ）

A． B．

C． D．

8．已知，，，则a，b，c的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

二、多选题

9．若，且，则函数在上的大致图象可能为（    ）

A．    B．

C．   D．

10．关于函数的描述正确的是（    ）．

A．其图象可由的图象向左平移个单位得到

B．在单调递增

C．在有2个零点

D．在的最小值为

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．

12．如图，正方体的棱长为2，若点在线段上运动，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

三、填空题

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________．

14．已知向量，，若与垂直，则在方向上的投影为______________.

15．关于函数有如下四个命题：

①的图象关于原点对称．            

②在上是单调递增的．

③的图象关于直线对称．      

④的最小值为2．

其中所有真命题的序号是__________．

四、双空题

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___________.

五、解答题

17．已知等比数列满足，；数列满足，，（，）．

(1)求数列和的通项公式；

(2)设，求数列的前n项和．

18．已知三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.

(1)求角B；

(2)若，角B的角平分线交AC于点D，，求CD的长.

19．如图，在四棱锥中，四边形是菱形，.

(1)证明：平面平面.

(2)若是棱的中点，求平面与平面夹角的余弦值.

20．班上每个小组有12名同学，现要从每个小组选4名同学代表本组与其他小组进行辩论赛．

(1)每个小组有多少种选法?

(2)如果还要从选出的同学中指定1名作替补，那么每个小组有多少种选法?

(3)如果还要将选出的同学分别指定为第一、二、三、四辩手，那么每个小组有多少种选法？

21．已知圆：，定点，Q为圆上的一动点，点P在半径CQ上，且，设点P的轨迹为曲线E.

(1)求曲线E的方程；

(2)过点的直线交曲线E于A，B两点，过点H与AB垂直的直线与x轴交于点N，当取最大值时，求直线AB的方程.

22．已知函数，其中为自然对数的底数．

（1）求的单调区间；

（2）若对恒成立，记，证明：．

参考答案

1．D

【分析】由复数的除法运算与共轭复数的定义求解即可

【详解】因为，

所以，

所以，

故选：D

2．D

【分析】根据并集和补集的知识求得正确答案.

【详解】全集，2，3，4，，，，

，2，，

，4，，

，2，4，，

故选：D

3．C

【分析】根据函数解析式先求出，再求出即可.

【详解】∵，，又，∴.

故选：C.

4．C

【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．A

【分析】利用奇偶性和对数函数单调性可得在上单调递增，则可转化为在时恒成立，即，求的最小值即可解出.

【详解】的定义域为，

且，

所以为奇函数，且当时，单调递增，所以在上单调递增，

，即在恒成立，

所以，即有，所以，

设，

，

因为，所以，单调递增，，

所以，所以.

故选：A

6．C

【分析】由等差数列的定义结合求和公式得出正一品的俸粮数，进而得出正二品分得的俸粮数.

【详解】正一品､从一品､正二品､从二品､正三品这5位官员所分得的俸粮数记为数列，

由题意，是以为公差的等差数列，且，解得．

故正二品分得俸粮的数量为（石）．

故选：C

7．A

【分析】易知是正项等比数列，根据，得到，再根据是和的等差中项，得到，然后结合“1”的代换，利用基本不等式求解.

【详解】解：因为数列是等差数列，

所以是正项等比数列，

又，

所以 ，

解得 或-1（舍），

又因为是和的等差中项，

所以，

则，即．

所以，

令，则，

所以，

当且仅当时，即时取等号．

故选：A．

8．B

【分析】设，，利用导函数可得的单调性，可得，，令，利用导函数可得在单调递增，从而有，即可得出答案.

【详解】设，，则有，

所以当时，，单调递减；

当时，，单调递增．

所以，，即有，．

令，则，

所以当时，，单调递增；

当时，，单调递减．

所以，即，故，，

令，有，

可得函数单调递增，故有，可得，

可得，故，综上所述，．

故选：B．

【点睛】方法点睛：

对于比较实数大小方法：

（1）利用基本函数的单调性，根据函数的单调性判断，

（2）利用中间值“1”或“0”进行比较，

（3）构造函数利用函数导数及函数单调性进行判断.

9．BC

【分析】分析函数的奇偶性，以及在某点处的函数值，借助函数图象交点的横坐标进行比较，

以及余弦值的放缩比较即可求解.

【详解】因为，所以为奇函数，排除A．

当，且时，因为，

所以，

即，所以.

又，所以．

令，得，

因为函数的图象与直线在上有且仅有三个交点，

所以在上有且仅有三个零点，B正确．

当，且时，

所以,

同理可得在上有且仅有三个零点，C正确．

在上不可能有四个零点，D错误．

故选：BC.

10．ACD

【分析】先根据二倍角公式、诱导公式及辅助角公式将函数解析式进行化简，然后结合正弦函数的性质分别检验各选项即可判断．

【详解】解：,

对选项A：的图象向左平移个单位，得,所以选项正确；

对选项B：在上单调递增，上单调递减，所以选项错误；

对选项C：由得,,解得,

在，上有2个零点和，所以选项正确；

对选项D：由，得，

所以，即的最小值，所以选项正确．

故选：ACD．

11．ABC

【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．BCD

【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，以点为原点，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.

13．4

【分析】先求出，再求出展开式的通项，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．

【解析】根据向量垂直可知数量积为0求出，代入在方向上的投影公式即可.

【详解】，

,

又

在方向上的投影为：

故答案为：

15．①③

【分析】对于①：证明出为奇函数，即可得到结论；

对于②：取内的特殊值：否定结论；

对于③：计算出，即可证明的图象关于直线对称；

对于④：取特殊情况当时， ，否定结论.

【详解】对于①：的定义域为，关于原点对称.

因为，

所以为奇函数，其图像关于原点对称.故①正确；

对于②：取内的特殊值：.有，而，，所以，所以在上不单调递增．故②错误；

对于③：因为.

而.

所以，所以的图象关于直线对称．故③正确；

对于④：当时，，所以.故④错误.

真命题：①③

故答案为：①③

【点睛】（1）像这样四种说法互补关联的题目，需要对其一一验证；

（2）要判断一个命题成立，需要严格的证明；要判断一个命题不成立，只需举出一个反例即可.

16．         

【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.

17．(1)，

(2)

【分析】（1）由已知条件可得等比数列的首项和公比，进而得出数列的通项公式，再根据题意判断出为等差数列，得出首项和公差，进而得出数列的通项公式.

（2）将第一问结论代入后，利用分组求和即可得出结果.

【详解】（1）设等比数列的首项和公比分别为，q，因为，，

所以，解得，所以；

又因为，，（，），

所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列，

所以．

（2）由（1）得，

则，

，

，

18．(1)

(2)

【分析】（1）根据正弦定理边角互化得，进而得；

（2）根据题意得，进而在中，由余弦定理即可得答案.

【详解】（1）因为，

所以由正弦定理可得，

所以，即，

因为，所以，故，

因为，所以．

（2）由（1）可知，又；

所以，，，

所以，

在，由余弦定理可得，

即，

解得．

19．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）记，连接，根据线面垂直的判定证明平面即可；

（2）先证明平面，再以为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，根据面面角的向量求法求解即可.

（1）

证明：记，则为的中点，连接.

因为四边形是菱形，所以.

因为为的中点，所以.

因为平面，且，所以平面.

因为平面，所以平面平面.

（2）

因为为的中点，所以.

因为平面，所以平面，则以为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.

设，则，故.

设平面的法向量，

则，令，得.

设平面的法向量，

则，令，得.

设平面与平面的夹角为，

则.

20．(1)495

(2)1980

(3)11880

【分析】（1）从12名学生中任选4名即可，

（2）先从12名学生中选4名，然后再从这4名学生中选1人，再利用分步乘法原理可求得结果，

（3）先从12名学生中选4名，然后对这4名学生进行全排列即可

(1)

由题意可得每个小组有种选法，

(2)

由题意可得先从12名学生中选4名，然后再从这4名学生中选1人，

所以由分步乘法原理可得共有种选法，

(3)

由题意可得先从12名学生中选4名，然后对这4名学生进行全排列，

所以由分步乘法原理可得共有种选法

21．(1)

(2)或

【分析】(1)结合已知条件可得到点P在线段QF的垂直平分线上，然后利用椭圆定义即可求解；(2)结合已知条件设出直线的方程，然后联立椭圆方程，利用弦长公式求出，再设出直线NH的方程，求出N点坐标，进而求出，然后表示出，再利用换元法和均值不等式求解即可.

【详解】（1）设点的坐标为，

∵，

∴点P在线段QF的垂直平分线上，

∴，

又∵，∴

∴点P在以C，F为焦点的椭圆上，且，

∴，

∴曲线的方程为：.

（2）设直线AB方程为，，

由，解得，

，解得，

由韦达定理可知，，，

∴

∵AB与HN垂直，∴直线NH的方程为，

令，得，∴，

又由，∴，

∴

设则

∴

当且仅当即时等号成立，有最大值，此时满足，

故，

所以直线AB的方程为：，即或.

22．（1）函数的增区间为、；（2）证明见解析．

【分析】（1）求得，证明出对任意的恒成立，由此可得出结果；

（2）由题意可知不等式对任意的恒成立，令，将所证不等式等价转化为，利用导数证明即可.

【详解】（1）函数的定义域为，且.

令，则.

当时，，此时函数单调递减；

当时，，此时函数单调递增.

所以，当时，，则.

综上所述，函数的增区间为、；

（2）由题意得不等式对任意的恒成立，

令，要证，即证.

.

令，其中，则，，

所以在上单调递增，

又，，故，使得，

即.

所以，当时，有，函数单调递减；

当时，，函数单调递增.

所以且，

，，

所以存在，使得，即，

且满足，，函数单调递减；

，，单调递增；

所以.

令，，则，即函数在上单调递减.

又，则，则只需证明，

即，即，即，

，可先证明，

，，则，所以，，可得，

而，所以，，证毕.

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：

（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；

（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；

（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.