山西省太原市2023届高三数学一模试题（Word版附解析）

太原市2023年高三年级模拟考试（一）数学试卷（考试时间：下午3：00—5：00）注意事项：1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分､第I卷1至4页，第II卷5至8页.2.回答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名､考试编号填写在答题卡上.3.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号､写在本试卷上无效.4.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡相应位置上，写在本试卷上无效.5.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一､选择题：本题共8小题，每小题分，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.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】首先根据题意得到，，再求并集即可.【详解】，，所以.故选：A2.设复数满足为虚数单位，则（）A.B.C.或D.或【答案】C【解析】【分析】由题可得，设，后利用两复数相等条件可得答案.【详解】. 设，则或.故或.故选：C3.已知等比数列的前2项和为，则（）A.1B.C.D.【答案】D【解析】【分析】首先根据题意得到，解方程组得到，，再求即可.【详解】因为，所以，由题知：，所以，解得，所以，即，所以.故选：D4.的展开式中的系数为（）A.9B.10C.24D.25【答案】B【解析】【分析】首先求出通项，再根据通项求解即可.【详解】的通项，令，，令，，令，，展开式中的系数为.所以的展开式中的系数为10.故选：B 5.在中，，，为垂足，若，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】作出图形，设，求出的正弦值和余弦值，分析可知，再利用两角和的余弦公式可求得结果.【详解】如下图所示：不妨设，在中，，，则为等腰直角三角形，所以，且，又因为，则，在中，，则，所以，，，因此，.故选：A.6.算盘是中国传统的计算工具，其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”，档中横以梁，梁上两珠，每珠作数五，梁下五珠，每珠作数一，算珠梁上部分叫上珠，梁下部分叫下珠，例如，在百位档拨一颗下珠，十位档拨一颗上珠和两颗下珠，则表示数字，若在个、十、百、千位档中，先随机选择一档拨一颗上珠，再随机选择两个档位各拨一颗下珠，则所拨数字大于的概率为（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意得到总的可能的情况，再分上珠拨的是千位档或百位档和上珠拨的是个位档或十位档进行分类，得到符合要求的情况，从而得到符合要求的概率.【详解】依题意得所拨数字共有种可能．要使所拨数字大于，则：若上珠拨的是千位档或百位档，则所拨数字一定大于，有种；若上珠拨的是个位档或十位档，则下珠一定要拨千位，再从个、十、百里选一个下珠，有种，则所拨数字大于的概率为，故选：C．7.已知函数，若函数恰有5个零点，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据零点的定义可得方程和共有5个解；结合导数分析函数的性质，作函数的图象，观察图象求的取值范围.【详解】因为函数恰有5个零点， 所以方程有个根，所以有个根，所以方程和共有5个根；当时，，，当时，，函数在上单调递增；当时，，函数在上单调递减；因为，所以，，当且时，，时，，当时，，，故函数在上的图象为对称轴为，顶点为的抛物线的一段，根据以上信息，作函数的图象如下：观察图象可得函数的图象与函数的图象有2个交点，所以方程有两个根，所以方程有3个异于方程的根，观察图象可得， 所以的取值范围为..故选：D.8.已知分别为定义在上的函数和的导函数，且，，若是奇函数，则下列结论不正确的是（）A.函数的图象关于点对称B.函数的图象关于直线对称C.D.【答案】C【解析】【分析】由条件可得，由此证明关于对称，再结合图象变换判断A，再证明函数为偶函数由此判断B，由条件证明为偶函数，由此证明为周期函数，结合周期性求，举反例判断C.【详解】因为，，所以，所以，所以函数为奇函数，所以函数的图象关于点对称，所以关于对称，又，所以函数的图象关于点对称，A正确；因为函数的图象关于点对称，所以的图象关于原点对称， 所以，所以，所以函数为偶函数，其图象关于轴对称，所以函数的图象关于直线对称，B正确；因为是奇函数，所以，所以，即又，所以，所以函数为周期函数，周期为4，所以，又，所以，所以，故，D正确；设，则，，满足所给条件，但，所以C错误.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于充分利用函数的奇偶性的定义，结合条件判断相关函数的奇偶性，再结合奇函数和偶函数的性质判断相关结论.二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.9.已知函数，则下列结论正确的是（）A.的最小正周期为B.的值域为C.的图象是轴对称图形D.的图象是中心对称图形 【答案】BC【解析】【分析】对选项A，根据为的周期，故A错误，对选项B，时，，再结合周期即可判断B正确，对选项C，根据为偶函数，即可判断C正确，对选项D，根据的值域为，即可判断D错误.【详解】对选项A，，所以为的周期，故A错误.对选项B，当时，，因为，所以，即.因为为周期，所以的值域为，故B正确.对选项C，函数的定义域为R，，所以为偶函数，关于轴对称，即的图象是轴对称图形，故C正确.对选项D，因为的值域为，所以的图象不是中心对称图形，故D错误.故选：BC10.已知双曲线的左､右焦点分别为，过点的直线与双曲线的右支交于两点，且，则下列结论正确的是（）A.双曲线的渐近线方程为B.若是双曲线上的动点，则满足的点共有两个C. D.内切圆的半径为【答案】ACD【解析】【分析】求出双曲线的渐近线方程判断A；按点P在左支、右支确定的点P个数判断B；利用双曲线定义结合勾股定理计算判断C；利用双曲线定义结合直角三角形内切圆半径公式计算判断D作答.【详解】双曲线中，实半轴长，虚半轴长，半焦距，焦点，对于A，双曲线的渐近线方程为，A正确；对于B，设点，则，，解得或，当时，，当时，有两个值，即符合条件的点P有3个，B错误；对于C，由双曲线定义知，而，且，则，即有，因此，C正确；对于D，由双曲线定义知，因为，所以内切圆的半径：，D正确.故选：ACD11.已知正方体的棱长为，为侧面的中心，为棱的中点，为线段上的动点（不含端点），为上底面内的动点，则下列结论正确的是（）A.三棱锥的体积为定值 B.若平面，则C.若，则线段的最大值为D.当与的所成角为时，点的轨迹为双曲线的一部分【答案】AC【解析】【分析】证明，由此证明的面积为定值，再证明平面，结合锥体体积公式判断A，建立空间直角坐标系由条件确定点的坐标，再求，判断B；利用空间向量可判断CD.【详解】因为为侧面的中心，所以为的中点，又为棱的中点，所以，所以点到直线的距离等于点到直线的距离，所以点到直线的距离等于点到直线的距离的一半，设，所以点到直线的距离为，所以点到直线的距离为，所以的面积，又，，，平面，所以平面，所以三棱锥的体积，A正确； 如图以点为原点，为的正方向，建立空间直角坐标系，则，所以，所以，所以向量为平面的一个法向量，设，，所以，因为平面，所以，所以，所以，所以，B错误；设，则，又， 因为，所以，所以，所以，又，所以，所以当时，线段取最大值，最大值为；C正确；因为，，又与的所成角为，所以，化简可得，且，所以点的轨迹为抛物线的一部分，D错误；故选：AC.【点睛】关键点点睛：本题解集的关键在于建立空间直角坐标系，利用向量方法研究空间中的线面位置关系.12.已知函数，若直线与曲线和分别相交于点，且，则下列结论正确的是（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】利用导数判断函数，的单调性，求函数的最值，并画出对应的图像，能得到四个交点的位置，结合可得出四个交点横坐标之间的关系，即可判断.【详解】由可得， 令，解得，所以当时，，在上单调递减；当时，在上单调递增，所以当时，取最小值，，当时，，当时，，，当时，与一次函数相比，指数函数呈爆炸性增长，从而，当时，，根据以上信息，画出函数的大致图象如下，由可得，令，解得，所以当时，，在上单调递减；当时，在单调递增，所以当时，函数取最小值，，当时，，当时，，，当时，，当时，，根据以上信息，画出函数的大致图象如下， 所以若存在直线，其与两条曲线和共有四个不同的交点，则，由图可得，是直线与的两个交点，，是直线与的两个交点，则，因为，，所以，则，所以，在上单调递减；在上单调递增，所以，所以，，所以，，故选：AD.【点睛】关键点点睛：第二问中，利用导数研究单调性和最值，根据所得函数性质判断与曲线、共有四个不同交点，并结合进而判断根的关系第II卷（非选择题共90分）三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，则与的夹角为__________. 【答案】【解析】【分析】首先根据题意得到，从而得到，再根据求解即可.【详解】因为，所以，所以，即.所以，因为，所以与的夹角为.故答案为：14.已知，，，则的最小值为__________.【答案】【解析】【分析】由已知条件可得，求出，可得出，利用基本不等式可求得的最小值.【详解】由可得，则，由可得，所以，，当且仅当时，即当时，等号成立，故的最小值为.故答案为：.15.已知抛物线的焦点为，过点的直线交于两个不同点，若，则直线的斜率为__________. 【答案】【解析】【分析】设直线的方程为，联立方程组，利用设而不求法结合条件关系列方程求即可.【详解】抛物线的焦点的坐标为，若直线的斜率为，则直线与抛物线只有一个交点，不满足要求，所以可设直线的方程为，联立，消可得，，方程的判别式，设，则，，，因为，所以，所以，所以，，所以，所以，又，，所以，所以直线的斜率为，故答案为：.16.已知函数有唯一的零点，则实数的最大值为__________.【答案】【解析】 【分析】问题等价于函数与函数图象有唯一交点，画出图象后可知，从而可解.【详解】因为有唯一零点，所以函数与函数的图象有唯一交点，因为，所以函数与函数的图象的唯一交点为，又因为，且，，所以在上恒成立,所以在上为单调递减函数,因为求的最大值，所以不妨令，因为是最小正周期为2，最大值为的正弦型函数，可得和的图象大致如图，要使和只有唯一交点,则，即，解得，所以的最大值为.故答案为：【点睛】关键点睛：画出和的图象后，要使和只有唯一交点,则，从而可求解.四､解答题：本大题共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.已知等差数列中，，为的前项和，且也是等差数列. （1）求；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设的公差为，由已知可得出，可得出关于的方程，解出的值，利用等差数列的通项公式可得出数列的通项公式；（2）求出，求得，利用分组求和法结合裂项相消法可求得.【小问1详解】解：设的公差为，因为为等差数列，则，即，整理可得，可得，解得，所以，.【小问2详解】解：由（1）得，则，.18.在中，分别为内角的对边，点在上，.（1）从下面条件①、②中选择一个条件作为已知，求；（2）在（1）的条件下，求面积的最大值. 条件①：；条件②：.注：若条件①和条件②分别解答，则按第一个解㯚计分.【答案】（1）条件选择见解析，（2）【解析】【分析】（1）选①：利用正弦定理化简可得的值，结合角的取值范围可求得角的值；选②：利用同角三角函数的基本关系、正弦定理以及余弦定理可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）由已知得出，利用平面向量的线性运算可得出，利用平面向量数量积的运算性值结合基本不等式可求得的最大值，再结合三角形的面积公式可求得面积的最大值.【小问1详解】解：选择条件①：，由题意可得，由正弦定理得，由余弦定理可得，因，则，，故；选择条件②：，由题意可得，即，由正弦定理得，由余弦定理得， .【小问2详解】解：由（1）得，则，即，，，，，当且仅当时，的面积取最大值.19.如图，四棱锥中，，且，直线与平面的所成角为分别是和的中点.（1）证明：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点，连接，通过证明平面平面，可得平面；（2）点A为原点，所在的直线分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.由 ，直线与平面的所成角为，可得P坐标，后利用向量法可得平面与平面夹角的余弦值.【小问1详解】取的中点，连接，是的中点，，平面平面，平面，同理可得平面，平面平面，平面平面，平面，平面；【小问2详解】以点A为原点，所在的直线分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.由题意可得，.设，因，直线与平面的所成角为则.又因则点的横坐标.又，则，结合题图可知，则，.设是平面的一个法向量，则，令，则.设是平面的一个法向量，则令，则.又因两平面夹角范围为，设平面与平面夹角为， ，平面与平面夹角余弦值为.20.某制药公司研发一种新药､需要研究某种药物成份的含量x（单位：）与药效指标值y（单位：）之间的关系，该公司研发部门进行了20次试验､统计得到一组数据，其中分别表示第次试验中这种药物成份的含量和相应的药效指标值.且.（1）已知该组数据中y与x之间具有线性相关关系，求y关于x的经验回归方程；（2）据临床经验，当药效指标值y在内时，药品对人体是安全的，求该新药中此药物成份含量x的取值范围；（3）该公司要用A与B两套设备同时生产该种新药，已知设备A的生产效率是设备B的2倍，设备A生产药品的不合格率为0.009，设备B生产药品的不合格率为0.006，且设备A与B生产的药品是否合格相互独立（i）从该公司生产的新药中随机抽取一件，求所抽药品为不合格品的概率；（ii）在该新药产品检验中发现有三件不合格品，求其中至少有两件是设备A生产的概率，参考公式：【答案】（1）；（2）；（3）（i），（ii）. 【解析】【分析】（1）利用给定的数据，结合最小二乘法公式计算作答.（2）利用（1）中经验回归方程，求出x的取值范围作答.（3）（i）利用全概率公式求出不合格品的概率；（ii）利用条件概率公式求出不合格的新药是设备生产的概率，再利用二项分布的概率求解作答.【小问1详解】因为，则，于是，，所以关于的线性经验回归方程为.【小问2详解】由（1）得，当时，，解得，所以该新药中此药物成份含量的取值范围为.【小问3详解】（i）设“随机抽取一件新药，是设备生产的”，则“随机抽取一件新药，是设备生产的”，“随机抽取一件新药为不合格品”，依题意，，所以；（ii）设“抽到一件不合格的新药，它是设备生产的”，则，设表示三件不合格新药来自设备生产的件数，则，所求事件的概率为.21.已知椭圆的右顶点为，上顶点为，其离心率，直线与圆 相切.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线与椭圆相交于、两个不同点，过点作轴的垂线分别与、相交于点和，证明：是中点.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求出直线的方程，根据直线与圆的位置关系可得出，由椭圆的离心率可得出，可求得、的值，由此可得出椭圆的标准方程；（2）设，求出直线的方程，可得出，设直线的，将该直线方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，计算出，即可证得结论成立.【小问1详解】解：由题意可得直线的方程为，即，直线与圆相切，，，，则，，则，由可得，椭圆的方程为.【小问2详解】证明：由题意可设， 由（1）得，则直线的方程为，直线的方程为，若直线轴，此时直线与椭圆相切，不合乎题意，设直线的方程为，由得，，可得，，，，是中点.【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）若恰有三个不同的极值点，求实数的取值范围；（2）在（1）的条件下，证明：①；②.【答案】（1）；（2）①证明见解析；②证明见解析.【解析】【分析】（1）根据题意，求导可得，然后令，然后根据，分别讨论，即可得到结果；（2）①由题意可得，根据证即可；②由题可知，只需证，且，然后构造函数令，即可得证；【小问1详解】由题意得令，①当时，在上递增，当时，在上递减，当时，在上递增， 只有一个极值点，此时不符合题意；②当时，令，即，则和是方程的两个实数解，且，所以时，，时，，在和上递增，在上递减，且，，在上存在唯一零点，，在上存在唯一零点，在和上递减，在和上递增，记，是的三个不同的极值点，且，综上，实数的取值范围为；【小问2详解】由（1）得当时，有三个不同的极值点，且，①要证，只需证，，.②要证，只需证，，只需证， 令，则，令，则，，，即.【点睛】函数由极值、极值点求参数的取值范围的常用方法与策略：1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数极值或极值点个数的参数范围，通常解法为从中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数极值或极值点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.