山西省临汾市2023届高三数学二模试题（Word版附解析）

临汾市2023年高考考前适应性训练考试（二）数学一､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.复数（）A.B.2048C.D.-2048【答案】C【解析】【分析】运用复数的乘法及乘方运算即可.【详解】.故选：C.2.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据对数函数定义域及其单调性可得，由绝对值不等式解法可得，再利用并集运算即可得出结果。【详解】易知不等式的解集为，即可得；由可得，即，所以；所以.故选：B3.“平面与平面平行”是“平面内的任何一条直线都与平面平行”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【答案】C【解析】【分析】由面面平行得到线线平行，从而得到线面平行，证明充分性，再得到必要性，得到结论. 【详解】如图1，平面与平面平行，在平面内的任取一条直线，作平面，使得直线，，即且，由面面平行的性质可知，因为，故，充分性成立，如图2，平面内的任何一条直线都与平面平行，不妨取两条相交直线均平行于，则平面与平面平行，必要性成立，故选：C4.已知点是角终边上一点，则的值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由三角函数的定义得出，利用三角恒等变换代入化简即可.【详解】故选：A.5.现有甲､乙､丙三个工厂加工的同种产品各100件，按标准分为一､二两个等级､其中甲､乙､丙三个工厂的一等品各有60件､70件､80件.从这300件产品中任选一件产品，则下列说法错误的是（）A.选中的产品是甲厂的一等品与选中的产品是乙厂的二等品互斥 B.选中的产品是一等品的概率为C.选中的产品是丙厂生产的二等品的概率为D.选中的产品是丙厂生产的产品与选中的产品是二等品相互独立【答案】D【解析】【分析】运用互斥事件、独立事件的定义可判断A项、D项，运用古典概型求概率可判断B项、C项.【详解】对于A项，“选中的产品是甲厂的一等品”记为事件A，“选中的产品是乙厂的二等品”记为事件B，则，所以选中的产品是甲厂的一等品与选中的产品是乙厂的二等品互斥，故A项正确；对于B项，选中产品是一等品的概率为，故B项正确；对于C项，选中的产品是丙厂生产的二等品的概率为，故C项正确；对于D项，“选中的产品是丙厂生产的产品”记为事件C，“选中的产品是二等品”记为事件D，则，由B项知，，由C项知，，所以，所以选中的产品是丙厂生产的产品与选中的产品是二等品不互相独立，故D项不成立.故选：D.6.已知函数是定义在上的连续函数，且满足，.则的值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】令，，代入原式可得，列出等式，，，，再利用累加法计算即可. 【详解】令，，因为，，得，即，因为，，，，，，，，将上述个式子累加得，，.故选：D【点睛】求解本题的关键是通过赋值法，令，，将原式转化为，列出等式，利用累加法计算即可.7.已知圆台的下底面半径是上底面半径的2倍，其内切球的半径为，则该圆台的体积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】画出圆台轴截面的平面图，根据上下底面圆半径的关系以及内切球的半径，可解得上底面半径，下底面圆半径为2，代入圆台体积公式即可得其体积为.【详解】取圆台的轴截面如下图所示：设上底面半径，则下底面半径，为轴截面的切点，易知，，所以，圆台高， 作，垂足为，则，，在中，，即，解得；所以圆台上底面面积，下底面面积；所以圆台体积为.故选：B8.已知倾斜角为的直线与椭圆相交于两点，与轴，轴分别交于两点.若，则椭圆的离心率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设，由题意可得，再由“点差法”可得，两式联立结合直线的倾斜角为，可求出，即可求出离心率.【详解】解：如图，设．∵分别是线段的两个三等分点，∴，，则，得，， 利用点差法，由两式相减得，整理得到：，即，即因为直线的倾斜角为，所以，得，则，故选：A.二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.如图，矩形中，，若，点分别为边的中点，则下列说法正确的是（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】建立平面直角坐标系，运用平面向量加法、数量积、向量夹角的坐标公式求解即可.【详解】∵四边形ABCD为矩形，∴以A为原点，分别以AB、AD为x轴、y轴建立平面直角坐标系，如图所示， 则，，，，，，∴，，，，，对于A项，设，则，∴，，∴，故A项正确；对于B项，因为，所以与不垂直，故B项不成立；对于C项，，故C项正确；对于D项，，故D项不成立.故选：AC.10.在平面直角坐标系y中，圆的方程为，若直线上存在一点，使过点所作的圆的两条切线相互垂直，则实数的值可以是（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】由条件可知，，及两切点构成正方形，利用圆心到直线的距离小于等于,列式求实数的取值范围.【详解】由，得，则圆心，半径，因为过点所作的圆的两条切线相互垂直，所以，及两切点构成正方形，且对角线，在直线上，则圆心到直线的距离，解得或 根据选项，满足条件的为ACD.故选：ACD.11.已知函数，则下列说法正确的是（）A.在区间上单调递增B.的最小正周期为C.的值域为D.的图象可以由函数的图象，先向左平移个单位，再向上平移个单位得到【答案】ABD【解析】【分析】对于A：整理可得，结合正弦函数单调性分析判断；对于B、D：整理可得，进而可求周期判断选项B，根据图形变换分析运算，可判断选项D；对于C：，换元，可得，构建，，利用导数求其最值.【详解】对于A：由题意可得：，∵，则，且在上单调递增，∴在区间上单调递增，故A正确；对于B、D：由题意可得：，故的最小正周期为，故B正确；函数的图象，先向左平移个单位，得到 ，再向上平移个单位，得到，故D正确；对于C：由题意可得：，令，则，可得，构建，，则，由于，令，解得；令，解得或；故在上单调递增，在上单调递减，且，显然，故在上的值域为，所以的值域为，故C错误；故选：ABD.12.如图，修水坝时，为了使水坝坚固耐用，必须使水坝面与水平面成适当的角度；发射人造地球卫星时，也要根据需要，使卫星轨道平面与地球赤道平面成一定的角度.为此，我们需要研究两个平面之间所成的角，即二面角.已知二面角的棱上有两点，直线，分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于.已知，记二面角的大小为，则下列说法正确的是（） A.当时，B.当时，C.D.点到平面的距离的最大值为【答案】AB【解析】【分析】运用线面垂直判断定理及线面垂直的性质及向量加法及数量积运算可判断A项、B项，运用余弦定理及余弦函数的单调性可判断C项，建立空间直角坐标系运用点到面的距离公式计算及三角函数的最值问题求解即可判断D项.【详解】如图所示，过A作且，连接CE、ED，则四边形ABDE为平行四边形，又∵，∴，又∵，∴，又∵，面，∴面，又∵，∴面， ∴，，由题意知，，，所以，，∵，∴，对于A项，当时，代入得：，又因为，所以，故A项正确；对于B项，当时，代入得：，故B项正确；对于C项，在△CAE中，，在△CAD中，，∵，，∴①当时，，则，②当时，，则，③当时，，则，故C项不成立；对于D项，以A为原点，分别以AE、AB、AZ为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，所以，，，设面BCD的一个法向量为， 则，取，所以点A到面BCD的距离为，又因为，所以，所以当时，d取得最大值为，故D项错误；故选：AB.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.某市某年级数学统考的成绩服从正态分布，从中随机抽取100名学生，试估计这100名学生中分数超过100分的人数大约为___________.（结果用四舍五入保留整数）（附：）【答案】2【解析】【分析】根据正态分布的对称性可计算出分数超过100分的概率，再乘以总人数即可得出结果.【详解】由题意可得成绩平均值和方差分别为，则，由正态分布对称性可知，分数超过100分的概率为所以分数超过100分的人数大约为人故答案为：214.曲线在点处的切线方程为___________.【答案】【解析】【分析】运用导数公式及导数几何意义求得切线斜率，进而求得切线方程.【详解】因为， 所以，所以切线方程为：，即：.故答案为：.15.设抛物线焦点为，从发出的光线经过抛物线上的点反射，为反射光线上一点，则的面积为___________.【答案】4【解析】【分析】根据题意可得轴，进而得到轴，由在抛物线上，可得，进而求解.【详解】由题意，轴，由可得，因为，所以轴，所以，即，即，所以.故答案为：4.16.任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1，这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”）.如取正整数6，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需要8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）.现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列满足：（为正整数），当时，试确定使得需要______步雹程；若，则所有可能的取值所构成的集合______.【答案】①.9②.【解析】【分析】 根据题中条件，由，根据数列的递推公式，逐步计算，即可得出结果；由，根据递推公式，逐步计算，即可得出集合.【详解】当时，即，由，可得，，，，，，，，，因此使得需要9步雹程；由题意，为正整数，若，由，解得；当时，由，解得，当时，由解得或；当时，由，解得；当时，由，解得；当时，由，解得；当时，由解得或；当时，由解得或； 当时，由解得；当时，由解得，综上，所有可能的取值为，因此.故答案为：；.【点睛】思路点睛：由数列递推公式求数列中的项时，一般根据题中条件，由某一项的值，结合递推公式，逐步计算，即可得出结果.四､解答题：本题共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.记的内角的对边分别为、、.设.（1）若，求；（2）若，求的周长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由已知条件可用正弦定理的性质进行边化角方法，利用，经过化简后结合三角恒等变换的公式解出结果；（2）这个条件带入主干条件中，得到、等式关系，利用条件结合余弦定理，求出的值，最后可求出周长.【小问1详解】，由正弦定理得， .【小问2详解】，，由余弦定理得，，即，因此的周长为.18.一只红铃虫的产卵数y和温度x有关，现收集了7组观测数据如下表所示：温度21232527293235产卵个数个711212466115325 （1）画出散点图，根据散点图判断与哪一个适宜作为产卵数y关于温度x的回归方程类型（给出判断即可､不必说明理由）；（2）根据（1）的判断结果及表中数据.建立关于的回归方程.（附：可能用到的公式，可能用到的数据如下表所示：27.43081.2903.612147.7002763.764705.59240.180（对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为.）【答案】（1）散点图答案见解析，（2）【解析】【分析】（1）按照表格作图即可，并根据散点图判定回归方程类型；（2）令，先建立关于的线性回归方程，根据线性回归方程的计算公式结合数据，得出，从而得出结果.【小问1详解】散点图如图所示， 根据散点图可以判断，适宜作为产卵数关于温度的回归方程类型.【小问2详解】令，先建立关于的线性回归方程，由数据得.所以关于的线性回归方程为因此，关于的回归方程为19.已知是等差数列，是等比数列（公比不为1），的前n项和，且，（1）求数列：，的通项公式；（2）设的前项和为.对于任意正整数，当恒成立时，求的最小值.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）设出公比和公差，得到方程组，求出公差和公比，得到，的通项公式；（2）求出通项公式并得到为等比数列，利用等比数列求和公式得到 ，求出的最小值.【小问1详解】设的公差为的公比为，由已知可得，且，解得所以的通项公式为，的通项公式为.【小问2详解】由（1）知，则，所以为等比数列，公比为，所以.因为恒成立，所以，而，所以，所以的最小值为.20.已知四棱锥中,平面底面,为的中点,为棱上异于的点. （1）证明:;（2）试确定点的位置,使与平面所成角的正弦值为.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】(1)要证,只需证明,只需证明即可,利用全等可证明;(2)建系,设出的坐标,利用空间向量求解即可.【小问1详解】证明:如图,连接交于点.因为为的中点,,所以.因为平面平面,平面平面,平面所以平面,因为平面,所以.因为,所以,所以,所以,.因为平面,所以平面. 因为平面,所以.【小问2详解】如图,取的中点,分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系:设,则,则,,设,所以,所以,即.设平面的法向量为,则即取,则整理得,因为,所以,即所以当时,与平面所成角的正弦值为. 21.已知点是双曲线的左、右焦点，是右支上一点，的周长为，为的内心，且满足.（1）求双曲线的标准方程；（2）过的直线与双曲线的右支交于两点，与轴交于点，满足（其中），求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据三角形面积比得，由三角形周长可得三边长，结合双曲线的定义从而可得，即可求解出双曲线的标准方程；（2）设出直线方程，联立方程组并化简为一元二次方程，写出韦达定理及满足的不等式组，利用向量的坐标表示计算得，，再将其代入韦达定理计算化简可得，根据三角形相似得，结合双曲线的性质求解出的范围，即可求出答案.【小问1详解】设内切圆半径为，由题意.所以，因为的周长为，所以，所以，所以， 所以双曲线的标准方程为.【小问2详解】由题知，直线斜率存在且不为，可设其方程为，联立，整理得因为直线与双曲线右支交于两点，则有，解得，所以，因为，所以，所以，即，同理，所以，①②两式相除得.因为，当与渐近线平行时，，此时，因为与双曲线右支交于两点，所以，. 所以，所以，即取值范围为.【点睛】（1）解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去（或）建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为或不存在等特殊情形．22.已知函数.（1）设是曲线在处的切线，若有且仅有一个零点.求；（2）若有两个极值点，且恒成立，求正实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先求函数的切线，再根据零点个数结合切线及单调性求值.（2）已知函数极值点个数，结合不等式恒成立，构造函数结合应用函数单调性，求实数范围即可.【小问1详解】由题知，记，所以，当时，，所以单调递增， 此时是的唯一零点.当时，则当时，，当时，，故在上递增，在上递减，而，，所以存在，使得，此时有两个零点和，不满足题意，舍去；当时，同理可得故在上递增，在上递减，而，，所以存在，使得，此时有两个零点和，不满足题意，舍去；综上可得.【小问2详解】因为，当时，恒成立，单调递增，无极值；当时，令，有，其，又，所以存，使得，且，， 所以设，则有恒成立.由，因为当的值域为，所以有当时，，于是在上单调递增，结合，知此时恒成立，不满足题意，舍去.当时，，使得，,,所以在上单调递减，,,所以在上单调递增，所以，所以，于是的取值范围为.综上，的取值范围为.