2023届山西省高三11月份模拟（四）数学试题含解析

这是一份2023届山西省高三11月份模拟（四）数学试题含解析，共24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11月份高三数学模拟试题 一、单选题1．已知，若，则（    ）A．2 B． C．3 D．42．定义差集且，已知集合，，则（    ）A． B． C． D．3．已知向量，则是的（    ）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4．已知函数，则（    ）A．1 B．2 C．3 D．45．图1是一个不倒翁模型，它是一种古老的中国儿童玩具，最早记载出现于唐代，一经触动就摇摆然后恢复直立状态.如图2，将图1的模型抽象成一个正圆锥和半球的组合体.已知半球的密度是圆锥的2倍，已知要让半球质量不小于圆锥质量，才能使它在一定角度范围内“不倒”，则圆锥的高和底面半径之比至多为（    ）A． B．1 C．2 D．46．设是椭圆的上顶点，若上的任意一点都满足，则的离心率的取值范围是（    ）A． B． C． D．7．的二项展开式中的系数为（    ）A．240 B．-240 C．480 D．-4808．正三棱柱的底面边长是4，侧棱长是6，M，N分别为，的中点，若点P是三棱柱内（含棱柱的表面）的动点，MP∥平面，则动点P的轨迹面积为（    ）A． B．5 C． D． 二、多选题9．下列函数的值域是的子集的是（    ）A． B．C． D．10．已知函数 的图象关于直线对称，则（    ）A．函数为奇函数B．函数在上单调递增C．若，则的最小值为D．函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象11．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：，.该数列的特点如下：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和.人们把这样的一列数组成的数列称为斐波那契数列，现将中的各项除以2所得的余数按原来的顺序构成的数列记为，数列的前项和为，数列的前项和为，下列说法正确的是（    ）A． B．若，则C． D．12．若，则（    ）A． B．C． D． 三、填空题13．已知向量，，若A，B，C三点共线，则____________．14．如图，A，B两地相距4000m，从A，B两处发出的两束探照灯光照射在上方一架飞机的机身上，则飞机的高度约为____________m．（结果精确到整数部分，参考数据：）15．已知点是双曲线右支上一动点，是双曲线的左、右焦点，动点满足下列条件：①，②，则点的轨迹方程为________________. 四、双空题16．若函数的导函数为偶函数，则__________，曲线在点处的切线方程为__________. 五、解答题17．已知数列中，，，是公差为2的等差数列．(1)求的通项公式；(2)设，求数列的前项和．18．（1）求值：；（2）已知，求的值.19．如图，正方形的边长为2，E，F分别是边及的中点，将，及折起，使点A，C，B重合于点；(1)证明：平面平面；(2)求二面角的余弦值．20．足球比赛淘汰赛阶段常规比赛时间为90分钟，若在90分钟结束时进球数持平，需进行30分钟的加时赛，若加时赛仍是平局，则采用“点球大战”的方式决定胜负.“点球大战”的规则如下：①两队各派5名队员，双方轮流踢点球，累计进球个数多者胜；②如果在踢满5轮前，一队的进球数已多于另一队踢满5轮最多可能射中的球数，则不需要再踢（例如：第4轮结束时，双方“点球大战”的进球数比为2：0，则不需要再踢第5轮了）；③若前5轮“点球大战”中双方进球数持平，则从第6轮起，双方每轮各派1人罚点球，若均进球或均不进球，则继续下一轮，直到出现一方进球另一方不进球的情况，进球方胜出.(1)假设踢点球的球员等可能地随机选择球门的左､中､右三个方向射门，门将也会等可能地选择球门的左､中､右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也只有的可能性将球扑出，若球员射门均在门内，在一次“点球大战”中，求门将在前三次扑出点球的个数的分布列和期望：(2)现有甲､乙两队在半决赛中相遇，常规赛和加时赛后双方战平，需进行“点球大战”来决定胜负，设甲队每名队员射进点球的概率均为，乙队每名队员射进点球的概率均为，假设每轮点球中进球与否互不影响，各轮结果也互不影响.（i）若甲队先踢点球，求在第3轮结束时，甲队踢进了3个球（不含常规赛和加时赛进球）并胜出的概率；（ii）求“点球大战”在第6轮结束，且乙队以5：4（不含常规赛和加时赛得分）胜出的概率.21．如图所示，斜率为1的直线过抛物线的焦点F，与抛物线交于A，B两点且，M为抛物线弧AB上的动点．求抛物线的方程；求的最大值．22．已知函数.(1)设在上单调递减，求a的取值范围；(2)当时，证明：恒成立.
参考答案：1．D【解析】将，变形为，利用复数相等求解.【详解】因为，所以，所以.故选：D.2．B【分析】根据差集的定义直接求解即可.【详解】因为，，所以，所以．故选：B3．A【分析】利用向量平行的坐标公式计算，得出，进而利用充分不必要条件的定义判断即可．【详解】若，则，解得或，则是的充分不必要条件；故选：A4．B【分析】根据自变量范围，代入对应的解析式，计算化简，即可求得答案.【详解】因为-3<0，所以，所以.故选：B5．D【分析】由圆锥和球的体积公式列不等式求解【详解】设圆锥的底面半径为，高为，由题意得，即，则，故选：D6．C【分析】设，由，根据两点间的距离公式表示出 ，分类讨论求出的最大值，再构建齐次不等式，解出即可．【详解】设，由，因为 ，，所以，因为，当，即 时，，即 ，符合题意，由可得，即 ；当，即时， ，即，化简得， ，显然该不等式不成立．故选：C．【点睛】本题解题关键是如何求出的最大值，利用二次函数求指定区间上的最值，要根据定义域讨论函数的单调性从而确定最值．   7．A【分析】利用二项展开式的通项公式求解.【详解】展开式的通项为，令，得．所以含项的系数为．故选：A8．C【分析】取AB的中点Q，证明平面平面得动点P的轨迹为△MQC及其内部（挖去点M）．然后计算△MQC的面积即可．【详解】取AB的中点Q，连接MQ，CQ，MC，由M，N，Q分别为，，AB的中点可得，平面，平面，所以平面，同理得平面，，平面，则平面平面，所以动点P的轨迹为△MQC及其内部（挖去点M）．在正三棱柱中，△ABC为等边三角形，Q为AB的中点，则，平面平面，平面平面，则CQ⊥平面，平面，所以．因为，所以，因为侧棱长是6，所以．所以，则△MQC的面积，故动点P的轨迹面积为．故选：C【点睛】结论点睛：本题考查空间点的轨迹问题，空间点的轨迹几种常见情形：（1）平面内到空间定点的距离等于定长，可结合球面得轨迹；（2）与定点的连线与某平面平行，利用平行平面得点的轨迹；（3）与定点的连线与某直线垂直，利用垂直平面得点的轨迹；（4）与空间定点连线与某直线成等角，可结合圆锥侧面得轨迹；9．ACD【分析】A选项，根据，得到，故A正确；B选项，由基本不等式求出，B错误；C选项，根据函数单调性可得到，C正确；D选项，配方得到函数的值域，D正确.【详解】因为，所以，A正确；，当且仅当，即时，等号成立，因为，B错误；因为单调递增，且，故，C正确；，当且仅当时，等号成立，故D正确.故选：ACD.10．AC【解析】利用的图象关于直线对称，即可求出的值，从而得出的解析式，再利用三角函数的性质逐一判断四个选项即可.【详解】因为的图象关于直线对称，所以 ，得，，因为 ，所以，所以，对于A：，所以为奇函数成立，故选项A正确；对于B：时，，函数在上不是单调函数；故选项B不正确；对于C：因为，，又因为，所以的最小值为半个周期，即，故选项C正确；对于D：函数的图象向右平移个单位长度得到，故选项D不正确；故选：AC【点睛】本题主要考查了利用三角函数的对称轴求函数解析式，考查了三角函数平移变换、三角函数的周期、单调性、最值，属于中档题11．ACD【分析】根据数列的特征得到为，为周期为3的数列，从而得到，A正确；根据数列的周期求和得到或，所以B错误.利用斐波那契数列的特征得到，C正确；根据提公因式和斐波那契数列的特征得到D正确.【详解】根据斐波那契数列的特征可以看出：数列为依次连续两个奇数和一个偶数，所以数列为，则数列为周期数列，且周期为3，所以，所以A正确.因为，且，所以或，所以B错误.因为，所以C正确.，所以D正确.故选：ACD【点睛】斐波那契数列有以下性质：（1）从第二项开始，每个偶数项的平方都比前后两项之积多1，每个奇数项的平方都比前后两项之积少1，（2）奇数项之和，偶数项之和，（3）平方之和，（4）两倍项关系，（5）.12．BC【分析】令，利用导数研究单调性可判断AB；令，利用导数研究单调性可判断CD【详解】令，则，故为增函数，由，得，故A错误，B正确.令，则，当时，，则的导函数，则在上单调递减，则，得在上单调递减，所以，得，故C正确，D错误.故选：BC.13．5【分析】由向量共线的坐标表示求解.【详解】由A，B，C三点共线知，则，解得．故答案为：5．14．【分析】设飞机高度为，由题设可得方程，结合和角正切公式求，进而求飞机的高度.【详解】设飞机高度为，则，又，所以，解得米.故答案为：15．【解析】设动点的坐标为，延长交于点，根据向量的加法法则及数量积为0，可得，利用双曲线的定义可得，即可得答案.【详解】设动点的坐标为，延长交于点，由条件②知点在的角平分线上，结合条件①知，所以在中，.又平分，所以为等腰三角形，即，.因为点为双曲线上的点，所以，即，所以.又在中，为的中点，为的中点，所以，所以点的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，所以点的轨迹方程为.故答案为：.【点睛】本题考查单位向量、向量的数量积、向量的加法法则的几何意义、双曲线的定义、轨迹方程的求解，考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意平面几何知识的应用.16．     1     【分析】求导，根据导函数为偶函数，得到，从而得到，，从而求出切线方程.【详解】因为为偶函数，所以，故，解得：，故，，则.又，故曲线在点处的切线方程为，即.故答案为：1，.17．(1)(2) 【分析】（1）根据等差数列的定义求出，从而可求出的通项，再利用累加法即可求出答案；（2）利用裂项相消法求解即可.（1）解：因为是公差为2的等差数列，所以，即，所以，则，所以，则，，，，累加得，所以；（2）解：，则.18．（1）；（2）.【解析】（1）先利用诱导公式将，转化为，然后利用三角恒等变换求解.（2）由，利用平方关系求得，得到，然后由 求解.【详解】（1），，，，，，.（2），，，，，，.19．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由，证得平面，即可证得平面平面；（2）取的中点M，过点作于N，过点N作于，是二面角的平面角，求出相关边长，即可求解.（1）∵，∴，又∵，∴，又∵平面，，∴平面，又∵平面，∴平面平面；（2）取的中点M，连结，过点作于N，过点N作于，连接，因为，则，又，平面，则平面，又平面，则，又，平面，则平面，又平面，则，又，平面，则平面，又平面，则，则是二面角的平面角，在中，，，，则，易得，则，为三角形内角，则，所以二面角的平面角的余弦值是．20．(1)分布列见解析，(2)（i）；（ii） 【分析】（1）先求门将每次可以扑出点球的概率，然后由独立重复试验的概率公式可得；（2）（i）理解清题意：甲队先踢点球，前三轮点球乙队没进球，甲队前三轮踢进3个点球，然后可得；（ii）理解清题意：前5轮结束后比分为，第6轮乙队进球甲队没进球.然后计算可得.(1)依题意可得，门将每次可以扑出点球的概率为，门将在前三次扑出点球的个数的可能取值为.，，则的分布列为0123 的数学期望.或（易知）.(2)（i）记事件“甲队先踢点球，在第3轮结束时，甲队踢进了3个球（不含常规赛和加时赛进球）并胜出"为事件A，意味着甲队先踢点球，前三轮点球乙队没进球，甲队前三轮踢进3个点球，对应的概率为（ii））记“点球大战在第6轮结束，且乙队以（不含常规赛和加时赛得分）胜出”为事件B，意味着前5轮结束后比分为，第6轮乙队进球甲队没进球，其对应的概率为21．（1）；（2）.【分析】设直线方程为，与联立，得，由韦达定理结合抛物线的定义可得，可得的值，从而可得结果；设与直线平行且与抛物线相切的直线方程为，代入抛物线方程，得，利用判别式为零可求得的值，计算可得两直线间的距离，由三角形面积公式计算即可得答案．【详解】由条件知：，与联立，消去y，得，则由抛物线定义得．又因为，即，则抛物线的方程为；由知，且：，设与直线AB平行且与抛物线相切的直线方程为，代入抛物线方程，得．由，得．与直线AB平行且与抛物线相切的直线方程为两直线间的距离为，故的最大值为．【点睛】本题主要考查抛物线的方程与抛物线的定义，以及直线与抛物线的位置关系，意在考查对基础知识的掌握与应用，以及灵活应用所学知识解答问题的能力，做题过程注意抛物线的焦点弦性质的应用，本题属于中档题.22．(1)(2)证明见解析 【分析】（1）对求导，利用单调性得到恒成立，求出的最大值，求出a的取值范围；（2）构造函数，求导，得到其单调性，证明出不等式.（1）由题可知，，当时，恒成立，所以恒成立令当时，取最大值∴，即a的取值范围为（2）证明：要证，即证令，∵∴函数在上单调递减，命题得证.【点睛】导函数证明不等式，一般要对不等式进行变形，构造函数，利用导函数得到函数单调性，极值和最值情况，证明出不等式.