2023届山西省名校联盟高三5月仿真模拟数学试题含解析

2023届山西省名校联盟高三5月仿真模拟数学试题

一、单选题

1．若集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】解一元二次不等式、根式不等式求交集即可.

【详解】因为，，

所以．

故选：C.

2．已知复数z满足，则（    ）

A．1 B． C． D．2

【答案】B

【分析】运用复数乘法运算及复数相等可求得a、b的值，再运用共轭复数及复数的模的运算公式即可求得结果.

【详解】设（a，），则，

根据复数相等的定义，得，解得或，

所以．

故选：B.

3．某工厂生产的新能源汽车的某部件产品的质量指标X服从正态分布，若，则（    ）

A．0.12 B．0.24 C．0.26 D．0.48

【答案】C

【分析】运用正态分布的对称性求解即可.

【详解】由正态分布可知，，，

所以．

 故选：C.

4．南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层（即第一层）有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第四层有10个球，…，设“三角垛”从第一层到第n层的各层球的个数构成一个数列，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据已知条件写出递推关系式，运用累加法求得通项公式，赋值可判断A项、B项、D项，分别计算与比较大小可判断B项.

【详解】由相邻层球的个数差，可知，，

所以当时，，

将代入得，符合

所以，

对于A项，当时，，故A项错误；

对于B项，当时，，故B项错误；

对于C项，因为，

所以，

，

所以，故C项错误；

对于D项，，故D项正确.

故选：D.

5．的展开式中的系数为（    ）

A． B． C．15 D．30

【答案】D

【分析】首先写出、展开式的通项，将两个通项相乘，令，求出、，再代入计算可得.

【详解】因为展开式的通项为,

展开式的通项为,

所以，令，解得，

所以展开式中的系数为．

故选：D

6．设，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】构造函数研究其单调性，运用函数单调性比较大小即可.

【详解】易知，，，

令，

则，

，

所以在上单调递减，

又因为，

所以，即．

故选：D.

7．已知函数的最小正周期为T，且，若的图象关于直线对称，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】运用二倍角公式化简，结合与的对称性求得的值，进而求得结果.

【详解】因为，

所以．

又因为，

所以，即，①

又因为的图象关于直线对称，

所以，．

所以，，②

所以由①②得，

所以，

故．

故选：A.

8．已知函数，都是定义在R上的函数，是奇函数，是偶函数，且，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由已知恒成立及是偶函数得是偶函数，再结合是奇函数，得是周期函数，4是它的一个周期，利用奇偶性求得，然后分组求和可得．

【详解】因为是偶函数，所以．由知，，

所以，则为偶函数．由是奇函数可知，，

所以，则，则，

所以，所以，则，

所以，则4为的一个周期．

由得，，则，

所以，由得，，即，

所以．由，得，又1，

所以；在中，令，得，

所以．

.

故选：A．

二、多选题

9．甲、乙两名射击运动员各射击6次的成绩如下：

则下列说法正确的是（    ）

A．若，则甲射击成绩的中位数等于乙射击成绩的中位数

B．若，则甲射击成绩的极差大于乙射击成绩的极差

C．若，则乙比甲的平均成绩高，甲比乙的成绩稳定

D．若，则乙比甲的平均成绩高，乙比甲的成绩稳定

【答案】ABD

【分析】分别计算甲、乙的中位数、极差、平均数、方差比较即可.

【详解】甲射击成绩的中位数为，

极差为，

平均成绩为，

方差为；

对于A项，当时，乙射击成绩的中位数为，故A项正确；

对于B项，当时，乙射击成绩的极差为，故B项正确；

对于C项，当时，乙平均成绩为，

方差为．

故，，由此可知乙比甲的平均成绩高，乙比甲的成绩稳定，故C项错误，D项正确．

故选：ABD.

10．已知函数，则（    ）

A．有两个极值点 B．的图象关于点对称

C．有三个零点 D．直线与曲线相切

【答案】AB

【分析】运用导数研究函数的极值点、极值可判断A项、C项，计算是否成立可判断B项，运用导数几何意义求得斜率为时切点坐标，判断点的坐标是否在直线上可判断D项.

【详解】，定义域为，

则，

令，解得，

当时，，

当时，，

所以在上单调递增，在和上单调递减，在上单调递增，

所以有两个极值点，故A项正确；

对于B项，因为，

所以的图象关于点对称，故B项正确；

对于C项，由A项知，的极大值为，极小值为，所以没有零点，故C项错误；

对于D项，设直线与曲线相切于点，

则，

即，解得，或（舍去），

所以，

则，点不在直线上，此时直线与曲线不相切；

又，点不在直线上，此时直线与曲线不相切，故D项错误．

故选：AB.

11．在四面体ABCD中，，，，E为CD的中点，为等边三角形，则（    ）

A．平面平面ACD B．平面ABD

C．异面直线AB与CD所成角为 D．异面直线AC与BE所成角为

【答案】ABD

【分析】根据条件作图，分析图中的几何关系，逐项求解.

【详解】

如图，因为为等边三角形，E为CD的中点，所以，所以；

因为，所以 ，又，平面ABC，平面ABC，所以平面ABC，

又平面ACD，所以平面平面ACD，A正确；

由上可知，平面ABC，平面ABC，所以 ；又，所以，

因为，平面ABD，所以平面ABD，B正确；

若直线AB与CD所成角为，则，因为，，

平面ACD，平面ACD，所以 平面ACD，所以 ，

则，从而，这与三角形内角和定理矛盾，所以不成立，所以C错误；

取AC的中点F，连结BF，EF．在中，由勾股定理，得，因为，所以，

因为平面ABD，所以．在中，，，

所以，所以 ，

又为等边三角形，所以 ，因为 ，所以平面BEF，所以，则直线AC与BE所成角为，D正确．

故选：ABD.

12．如图，已知，分别为双曲线C：（，）的左、右焦点，过作圆O：的切线，切点为A，且在第三象限与C及C的渐近线分别交于点M，N，则（    ）

A．直线OA与双曲线C无交点

B．若，则

C．若，则C的渐近线方程为

D．若，则C的离心率为

【答案】ACD

【分析】对于A项，运用求得，进而求得直线OA的方程，从而可判断直线OA与双曲线交点个数，对于B项，运用双曲线定义可得，结合可求得结果，对于C项，运用双曲线定义及余弦定理求得值，进而求得渐近线方程，对于D项，由列方程求得值，代入离心率公式计算即可.

【详解】如图所示，

对于A项，设，，

由题意可知，，

所以，

从而直线的斜率为，

所以直线OA的斜率为，

所以直线OA的方程为，恰好是C的一条渐近线，

所以直线OA与双曲线C无交点，故A项正确；

对于B项， 因为，

所以由双曲线的定义知，，

由A项知，，

所以，故B项错误；

对于C项，由，得，

由双曲线的定义得，

在中，由余弦定理得，

化简得，

所以C的渐近线方程为，故C项正确；

对于D项，因为，，

所以，

设直线ON的倾斜角为，则，

又因为，所以，

又因为，

所以，解得，

所以，故D项正确．

故选：ACD.

三、填空题

13．已知，是单位向量，且满足，则________．

【答案】/

【分析】对等式两边同时平方及由向量数量积运算可得，解关于的一元二次方程，结合可求得，进而求得结果.

【详解】因为， ，

所以，

即，

解得或．

又因为，

所以，

所以.

故答案为：.

14．已知抛物线C的顶点在原点，对称轴为坐标轴，且与直线相切，则抛物线C的一个方程是___________.

【答案】（也可以是

【分析】设抛物线方程为或=，与直线方程联立，消元后由判别式等于0求得参数值得方程．

【详解】因为抛物线C与直线相切，所以抛物线C的方程为或=，由得，所以，解得，所以抛物线C的方程可以为；由得，所以，解得，所以抛物线C的方程可以为.

故答案为：（也可以是．

15．如图，直三棱柱中，，棱柱的侧棱足够长，点P在棱上，点在上，且，则当△的面积取最小值时，三棱锥的外接球的体积为___________.

【答案】

【分析】取的中点，连接，证得平面，得到，再证得平面，得到，设，求得，，得到，得到，结合基本不等式，求得时，的面积取最小值，进而得到O为三棱锥的外接球的球心，求得球的半径，利用球的体积公式，即可求解.

【详解】如图所示，取的中点为，连接，

因为三棱柱为直棱柱，所以平面ABC，

因为平面，所以，

又因为且，平面，所以平面，

因为平面，所以，

又因为且，平面，所以平面，

因为平面，所以，

设，在直角中，，同理，

所以，整理得到，

又由

，

当且仅当时等号成立，即时，的面积取最小值，

因为平面，平面，所以，所以，

又因为为直角三角形，故，所以为三棱锥的外接球的球心，

设外接球的半径为，可得外接球的直径为，

所以外接球的体积为.

故答案为：.

16．已知函数有3个零点，则实数a的取值范围为________．

【答案】

【分析】设，将化成，将问题转化为有3个零点求a的范围，运用导数分别讨论与时的单调性，并结合零点存在性定理研究其零点个数即可.

【详解】设，则，

设，则，

设，则，

当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

则，

①当时，，则，

所以在上单调递增，

所以在上至多一个零点，

所以至多有一个零点，不符合题意；

②当时，，

令，（），

则，

所以在上单调递增，

所以，

所以，

所以，

又因为， ，，

所以由零点存在性定理可知，存在，使得；存在，使得，

所以当时，，当时，，当时，，

所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．

又因为，

，，，，

令（），则，

所以在上单调递减，

所以，

所以，

所以，

所以由零点存在性定理知，在，，上各有一个零点，

所以当时，在，，上各有一个零点，

即：当时，在，，上各有一个零点.

所以实数a的取值范围为.

故答案为：.

【点睛】已知函数零点个数求参解题策略

（1）含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围．

（2）利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号及零点存在性定理确定函数零点的个数.

四、解答题

17．已知的内角A，B，C的对边分别为

(1)若，求B；

(2)若，求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合三角函数的性质即可求解，

（2）由二倍角公式结合正弦边角互化可得，进而得，由余弦定理可得或，分类讨论即可求解.

【详解】（1）由条件与正弦定理得，

由得

，

又，所以，或，

所以或（舍去）.

当时，，所以

（2）法一：由（1）知，，

得，则，

由余弦定理，得B，即

整理得，解得或，

当时，，此时，所以，又因为，所以与矛盾，舍去；

当时，，

此时的面积为,

法二：由（1）知，，

由正弦定理，得.

结合，代入

解得，从而

此时的面积为.

18．记为数列的前n项和，已知，是公差为2的等差数列．

(1)求的通项公式；

(2)证明：．

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）利用等差数列的通项公式求出，再利用与的关系，结合构造法求出的通项公式作答；

（2）利用（1）的结论，结合裂项相消法求和，再证明不等式成立.

【详解】（1）由，得，依题意，，即，

当时，，则，

即，整理得，

所以，所以数列是常数列，

所以，所以，

所以的通项公式为．

（2）证明：由（1）知，，

所以

．

19．如图，三棱柱的底面为等边三角形，侧面为菱形，，点D，E分别为BC，的中点，．

(1)求证：平面；

(2)求二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）运用勾股定理证得，再运用线面垂直的判定定理证得平面.

（2）建立空间直角坐标系，运用二面角的坐标公式求解即可.

【详解】（1）证明：连接，，如图所示，

因为侧面为菱形，．

所以△为等边三角形，

因为点D为BC的中点，所以，

设，则，

因为△ABC为等边三角形，所以，则，

因为，所以，则，

又因为，、面，

所以平面.

（2）解：由（1）知AD，BC，两两互相垂直，

所以以D为原点，分别以 DA，DB，为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

设，则，，，，，

，，，

设平面的一个法向量为，

即取，则，

设平面的一个法向量为，

即取，则，

所以，

又由题知二面角为锐角，

所以二面角的余弦值为．

20．第22届世界杯足球赛在卡塔尔举办，各地中学掀起足球热．甲、乙两名同学进行足球点球比赛，每人点球3次，射进点球一次得50分，否则得0分．已知甲每次射进点球的概率为，且每次是否射进点球互不影响；乙第一次射进点球的概率为，从第二次点球开始，受心理因素影响，若前一次射进点球，则下一次射进点球的概率为，若前一次没有射进点球，则下一次射进点球的概率为．

(1)设甲3次点球的总得分为X，求X的概率分布列和数学期望；

(2)求乙总得分为100分的概率．

【答案】(1)分布列见解析，数学期望为100

(2)

【分析】（1）运用二项分布求得其分布列及期望.

（2）乙总得分为100分的事件为3次点球中有2次射中1次未射中，结合互斥事件的概率加法公式求解即可.

【详解】（1）设甲3次点球射进的次数为Y，则，

Y的可能取值为0，1，2，3，且，则X的所有可能的取值为0，50，100，150．

；

；

；

，

所以X的概率分布列为

，

（或）．

（2）设“乙第i次射进点球”为事件（，2，3），

则乙总得分为100分的事件为．

因为，，互斥．

所以，

故乙总得分为100分的概率为．

21．已知椭圆C：过点A（2，），且C的离心率为.

(1)求C的方程；

(2)设直线l交C于不同于点A的M，N两点，直线AM，AN的倾斜角分别为，，若，求面积的最大值.

【答案】(1)

(2)2.

【分析】（1）将离心率所得a、c关系以及A点坐标代入椭圆解析式即可得出方程；

（2）根据题意可知，互补，由此可得直线AM，AN的斜率关系，假设出直线方程根据韦达定理得出M，N两点坐标关系，代入到斜率关系中求得直线方程，再根据点到直线的距离公式求出的高，根据三角形面积公式表示出三角形面积，继而判断面积最大值.

【详解】（1）因为C过点A（2，），所以

设C的焦距为2c，由得，所以，.

代入上式，解得，

所以C的方程为.

（2）

设，易知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为，

由得，

则，

，

由得，，

又，所以，则，

由题意知直线AM，AN的斜率存在，所以，

则0，..

所以，

则

即，

整理得，

又知l不过点A（2，），则，

所以，

所以直线l的方程为，则，所以

则点A（2，）到直线l的距离为

|

则，

当且仅当，即时取等号.

故面积的最大值为2.

【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．

(1)当时，讨论的单调性；

(2)若，当时，证明：．

【答案】(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）直接代入求导有，分和讨论即可；

（2）由化简整理得，从而将原不等式转为证明，多次利用比值换元法即可证明.

【详解】（1）的定义域为，

当时，，

当时，，所以在上单调递减．

当时，时，；时，，

所以在上单调递增，在上单调递减．

（2）由得，，

所以．

则，

要证，需证

即证，

需证．

令，设．则，

设，则，

所以在上单调递增，则，

所以，在上单调递增．

由，得，所以，

所以需证，即证．

令，且，

则，

所以在上单调递增，则，

所以成立

故，得证．

【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是使用比值换元法证明，令，设，利用导数得到在上单调递增，再次将原不等式等价转化为证明，令，且，再次利用导数得在上单调递增，则，从而，则原命题成立.