2023届山西省朔州市怀仁市第一中学校高三下学期第二次模拟数学试题含解析

2023届山西省朔州市怀仁市第一中学校高三下学期第二次模拟数学试题

一、单选题

1．已集合，若，则实数a的取值集合是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用子集的定义即可求解.

【详解】，

∴当时，，满足；

当时，若，则时，时，．

的取值集合是．

故选：C．

2．已知α，β是不同的平面，m，n是不同的直线，则下列命题不正确的是（　　）

A．若m⊥α，m∥n，n⊂β，则α⊥β

B．若m∥n，α∩β＝m，则n∥α，n∥β

C．若m∥n，m⊥α，则n⊥α

D．若m⊥α，m⊥β，则α∥β

【答案】B

【分析】根据空间垂直、平行逐项讨论，即可得出结论.

【详解】选项A:m⊥α，m∥n，可得n⊥α，n⊂β，则α⊥β，该选项正确；

选项B:m∥n，α∩β＝m，直线n可能在α或β内，该选项不正确；

选项C:是线面垂直的判定，故正确；

选项D:是面面平行的判定，故正确.

故选:B

【点睛】本题考查有关空间线面平行、垂直性质和判定定理，属于基础题.

3．已知，且，则（    ）

A． B． C． D．或

【答案】B

【分析】根据二倍角正弦公式和正余弦齐次式的求法可构造方程求得可能的取值，结合的范围可求得结果.

【详解】，或，

，，则.

故选：B.

4．在△ABC中，若（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据，可得，则，从而可求得，从而可得出答案.

【详解】解：因为，所以，

所以，

所以，所以，即，

又，故，

所以.

故选：B.

5．定义在R上的函数f（x）满足，且当时，单调递增，则不等式的解集为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据函数的对称性和单调性即可.

【详解】由，得的对称轴方程为，故，即，解得．

故选：D.

6．已知数列中，，，若，则正整数的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】推导出数列为等差数列，确定该数列的首项和公差，可求得数列的通项公式，解方程即可得解.

【详解】因为，可得，

因为，则，即，可得，同理可得，

以此类推可知，对任意的，，

所以，，等式两边取倒数可得，则，

所以，数列为等差数列，且其首项为，公差为，

所以，，故，由可得.

故选：A.

7．已知椭圆的右焦点为F，O为坐标原点，以F为圆心，OF为半径的圆与x轴交于O，A两点，与椭圆C交于M，N两点，若，则椭圆C的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题意可得，记椭圆C的左焦点为，从而可得，则有，再结合椭圆的定义即可得解.

【详解】由题意可得，则，

记椭圆C的左焦点为，又，则，

所以，所以，

即，

所以.

故选：D.

8．在中，M是线段AC的一个三等分点，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题意可得M为AC靠近C的一个三等分点，令，，根据角的关系及两角差的正切公式可得，接着利用基本不等式和正切函数的性质即可求解

【详解】要使尽可能大，则M为AC靠近C的一个三等分点，

令，，

所以由题意可得，，

则，

∵，当且仅当x＝时取等号．

所以，

又因为，且在上单调递增，所以的最大值为．

故选：D

二、多选题

9．已知复数z满足，则下列说法中正确的是（    ）

A．复数z的模为 B．复数z在复平面内所对应的点在第四象限

C．复数z的共轭复数为 D．

【答案】AD

【分析】根据复数的四则运算和几何意义求解即可.

【详解】因为，所以，

，

有，故A正确；

复数在复平面内所对应的点为，位于第一象限，故B错误；

复数的共轭复数为，故C错误；

因为，故D正确，

故选:AD.

10．下列说法正确的是（    ）

A．若，，且，则的最小值为1

B．若，，且，则的最小值为1

C．若关于的不等式的解集为，则

D．关于的不等式的解集为

【答案】AC

【分析】根据基本不等式判断A；根据判断B；根据一元二次不等式的解集判断C；根据的大小关系判断D.

【详解】解：对于A，因为，当且仅当时，等号成立，故A正确；

对于B，因为，所以，当且仅当时，等号成立，所以的最大值为1，故B错误；

对于C，因为的解集为，所以，故C正确；

对于D，因为，

所以，当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为，故D错误.

故选：AC

11．已知函数与，则下列结论正确的是（    ）

A．的图象可由的图象向左平移个单位长度得到

B．的图象与的图象相邻的两个交点间的距离为

C．图象的一条对称轴为

D．在区间上单调递增

【答案】BCD

【分析】化简各选项中的函数解析式，利用正弦型函数的基本性质结合三角函数的图象变换可判断各选项的正误.

【详解】对于选项A，将函数的图象向左平移个单位长度，

可得到，所以选项A错误；

对于选项B，令，即，

可得，则，解得，

因此，的图象与的图象相邻的两个交点间的距离为，所以选项B正确；

对于选项C，，

当时，，

则直线为函数图象的一条对称轴，所以选项C正确；

对于选项D，，

当时，，故函数在区间上单调递增，所以选项D正确.

故选：BCD．

【点睛】思路点睛：三角函数图象与性质问题的求解思路：

（1）将函数解析式变形为或的形式；

（2）将看成一个整体；

（3）借助正弦函数或余弦函数的图象和性质（如定义域、值域、最值、周期性、对称性、单调性等）解决相关问题.

12．已知函数，曲线的切线l的斜率为k，则下列各选项正确的是（    ）

A．在上单调递减

B．是偶函数

C．当时，取得极大值

D．当时，l在x轴上的截距的取值范围为

【答案】AC

【分析】利用导数研究的单调性、极值判断A、C正误；由奇偶性定义判断B正误；设切点为，根据导数几何意义求切线方程，并得到x轴上的截距，构造函数研究值域判断D正误.

【详解】由，且，B错误；

当或时，，即在、上递减；

当时，，即在上递增；

故时，取得极大值，A正确，C正确；

设切点为，则l的方程为，又则，

所以l在x轴上的截距，

令且，则

当时，在上递减，上递增，值域为；

当时，递增，值域为．

所以时，的取值范围是，D错误．

故选：AC

三、填空题

13．的展开式中的系数为___________（用数字作答）．

【答案】

【分析】利用二项式定理可得展开式通项，分别在和的情况下求得含的项，由此可得结果.

【详解】展开式的通项为：，

当时，，则此时含的项为；

当时，，则此时含的项为；

的系数为.

故答案为：.

14．《中国居民膳食指南（）》数据显示，岁至岁儿童青少年超重肥胖率高达．为了解某地中学生的体重情况，某机构从该地中学生中随机抽取名学生，测量他们的体重（单位：千克），根据测量数据，按，，，，，分成六组，得到的频率分布直方图如图所示．根据调查的数据，估计该地中学生体重的中位数是___________．

【答案】

【分析】根据频率分布直方图估计中位数的方法直接计算即可.

【详解】，，

该地中学生体重的中位数位于内，

设中位数为，则，解得：.

故答案为：.

15．已知抛物线的焦点为F，点A，B在抛物线上．若，则当取得最大值时，___________．

【答案】或4

【分析】利用余弦定理可得，再利用基本不等式可求得的最大值，再结合抛物线的对称性即可求得的值．

【详解】在中，由余弦定理可得．

，．

，，当且仅当时，等号成立．

根据抛物线的对称性可知，或，或4．

故答案为：或4．

16．如图所示的由4个直角三角形组成的各边长均相等的六边形是某棱锥的侧面展开图，若该六边形的面积为，则该棱锥的内切球半径为___．

【答案】

【分析】根据六边形面积求其边长，还原对应的四棱锥，利用等体积法求内切球半径即可.

【详解】设六边形边长为a，将图形还原得四棱锥，如下图，

由题意，侧面展开图的面积，解得．

由，，面，则面，

所以为的高，

设内切球的球心为O，半径为r，则，

即，解得．

故答案为：

四、解答题

17．在中，角的对边分别，且.

(1)求；

(2)若，试探究：的周长是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，说明理由.

【答案】(1)；

(2)存在，最大值是9.

【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用三角恒等变换求解即可；

（2）利用余弦定理结合基本不等式求的最大值即可.

【详解】（1）由及正弦定理，得，

又，

所以，

所以，

又，所以，

所以

又，所以；

（2）存在，理由如下：

由（1）可得，又，故由余弦定理，得，

所以，解得，

当且仅当时取等号，

所以周长的最大值是.

18．如图，在三棱柱中，平面，，是等边三角形，D，E，F分别是棱，AC，BC的中点.

(1)证明：平面.

(2)求平面ADE与平面夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由线线平行证明面面平行，再由面面平行证明线面平行；

（2）建立空间直角坐标系，用向量法求解两平面夹角的余弦值.

【详解】（1）证明：连接BD.

因为E，F分别是棱AC，BC的中点，所以.

因为平面，平面，所以平面.

因为D，F分别是棱，BC的中点，所以，，

所以四边形是平行四边形，则.

因为平面，平面，所以平面.

因为平面ABD，且，所以平面平面.

因为平面ABD，所以平面.

（2）解：取的中点，连接，，易证，，OE两两垂直，则以O为原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.

设，则，，，，，

从而，，，.

设平面ADE的法向量为，

则令，得，

设平面的法向量为，

则令，得.

设平面与平面的夹角为，则.

19．已知数列满足，且．

(1)设，证明：是等比数列；

(2)设数列的前n项和为，求使得不等式成立的n的最小值．

【答案】(1)证明见解析

(2)20

【分析】（1）由已知条件，用表示出，得出，再用表示出，得出，联立得出，通过构造得出，检验，即可得出证得结论；

（2）由（1）的结论表示出，和，证出在是一个增数列，通过计算即可得出答案．

【详解】（1）证明：∵，

，，，

,

又，

，

,

，

，

又，

，

,

,即，

，

又，

，

，

∴数列是以2为首项，2为公比的等比数列．

（2）由（1）可知数列是以2为首项，2为公比的等比数列，

，

即，

，

，

，

又，

，

即,

，

，

，

在是一个增数列，

，

，

∴满足题意的n的最小值是20．

20．某化学实验课老师在学期末要对所教学生进行一次化学实验考核，每个学生需要独立完成该实验考核．根据以往数据，在五名学生中，三人能独立完成实验的概率均为，两人能独立完成实验的概率均为．

(1)若，求这五名学生中恰有四名学生通过实验考核的概率；

(2)设这五名学生中通过实验考核的人数为随机变量，若的数学期望，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据独立事件概率公式直接求解即可；

（2）首先确定所有可能的取值，并求得每个取值对应的概率，由数学期望公式可求得，由可解不等式求得结果.

【详解】（1）设“这五名学生中恰有四名学生通过实验考核”为事件，

则.

（2）由题意知：的可能取值为，

则，

，

，

，

，

，

，

解得：，又，的取值范围为.

21．已知函数．

(1)讨论函数的单调性；

(2)令,若是函数的一个极值点,且,求实数a的值．

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】(1)对求导,讨论和时导函数的正负,即可得出函数的单调性；

(2)由题意可得③,令,对求导,得出在区间上单调递减,注意到,所以方程③有唯一解,求解即可得出答案．

【详解】（1）函数的定义域为,

①当时,,函数单调递增；

②当时,令,可得,令,可得,

此时函数的增区间为,减区间为；

（2）由题意可得，

则,即,①

由,可得,②

联立①②,消去a,可得,③

令,则,

,则,由,可得x＝1,

,故,

∴在区间上单调递减,

注意到,所以方程③有唯一解,代入①,

可得,．

22．在平面直角坐标系中，已知动点．记动点P的轨迹为曲线E．

(1)求E的方程；

(2)点M为直线上一点，过点M作曲线E的切线，切点为Q，问在x轴上是否存在定点T，满足？若存在，求出定点T的坐标：若不存在，请说明理由．

【答案】(1)

(2)存在定点T（2，0）

【分析】（1）根据表示出动点P满足的方程即可；

（2）假设存在定点将，转化为向量乘积等于0，然后方程恒成立，解出定点T即可.

【详解】（1）设P（x，y），因为，

所以

则，

，化简得；

（2）由题意可知，直线MQ的斜率一定存在，设其方程为，则M点坐标为，

联立直线MQ与曲线E的方程可得

则，

所以

求解可得，所以

设点

所以，

所以，

要使，则，解得．

所以在x轴上存在定点满足