山西省天一名校2023-2024学年高三下学期联考仿真模拟（二模）数学试题（原卷版+解析版）

这是一份山西省天一名校2023-2024学年高三下学期联考仿真模拟（二模）数学试题（原卷版+解析版），文件包含山西省天一名校2023-2024学年高三下学期联考仿真模拟二模数学试题原卷版docx、山西省天一名校2023-2024学年高三下学期联考仿真模拟二模数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。

注意事项：
1.满分150分，考试时间120分钟.
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上，选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
3.本试卷命题范围：高考范围.
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. 已知为虚数单位，，则（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用复数乘法运算及复数相等计算得解.
【详解】依题意，，而，则，
所以.
故选：C
2 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出两个集合，再根据交集的定义即可得解.
【详解】或，
，
所以.
故选：D.
3. 已知向量与满足，，，则向量与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，求出，再利用向量夹角公式求解即可.
详解】由，，得，解得，
而，因此，又，则，
所以向量与的夹角为.
故选：A
4. 已知焦点为的抛物线上有一点，准线交轴于点.若，则直线的斜率（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由抛物线焦点与准线定义可得，结合抛物线焦半径公式与斜率定义计算即可得.
【详解】由抛物线，故，，则，
设，由，则，即，
故.
故选：B.
5. 已知是坐标原点，若圆上有且仅有2个点到直线的距离为2，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出平行于直线且距离为2的直线方程，再求出与圆心较近的直线与圆相交，另一条平行直线与圆相离的的范围.
【详解】圆的圆心，半径，
设与直线平行且距离为2的直线方程为，
则，解得，直线，，
点到直线的距离，到直线的距离，
由圆上有且仅有2个点到直线的距离为2，得圆与直线相交，且与直线相离，
则，即，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：A

6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据已知结合两角和差的正弦公式及二倍角公式化简，求出，再根据两角差的正切公式即可得解.
【详解】由，
得，
即，所以，
所以，
所以.
故选：C.
7. 一个盒子里装有5个小球，其中3个是黑球，2个是白球，现依次一个一个地往外取球（不放回），记事件表示“第次取出的球是黑球”，，则下面不正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，借助排列、组合应用问题，利用古典概率、条件概率公式逐项计算即得.
【详解】依次一个一个地往外取球（不放回）的试验，基本事件总数是，它们等可能，
对于A，表示第3次取出黑球，，A正确；
对于B，表示第1次、第2次取出的球都是黑球，，B正确；
对于C，，，
所以，C正确；
对于D，，所以，D错误.
故选：D
8. 设，，则下列关系正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可得、，构造函数、，利用导数讨论两个函数的单调性可得、，即可求解.
【详解】，
，
设函数，
则，
设，则，
所以在上单调递减，且，即，
所以在上单调递减，
则，即，所以.
设，则，
所以在上单调递增，且，
即，
得，所以，即，解得.
综上，.
故选：B
【点睛】方法点睛：此类比较大小类题目，要能将所给数进行形式上的变化，进而由此构造函数，利用导数判断单调性，进而比较大小.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列说法中正确的是（ ）
A. 用简单随机抽样的方法从含有10个个体的总体中抽取一个容量为2的样本，则每个个体被抽到的概率是0.2
B. 已知一组数据2，2，，5，7的平均数为4，则这组数据的方差是
C. 数据76，69，87，65，62，96，92，81，76，82的第70百分位数是82
D. 若样本数据的标准差为5，则数据，，，的标准差为20
【答案】AB
【解析】
【分析】A选项，根据分层抽样的定义和概率性质得到答案；B选项，根据平均数公式得到方程，求出，再利用方差公式计算出结果；C选项，先对数据从小到大排序，再根据百分位数定义计算即可；D选项，先得到的方差，根据方差性质得到的方差，进而得到其标准差.
【详解】A选项，每个个体被抽到的概率为，故A正确；
B选项，已知一组数据的平均数为4，则，解得，
，则这组数据的方差是，故B正确；
C选项，这10个数据从小到大排列为，
由于，故选择第7和第8个数的平均数作为第70百分位数，
即，所以第70百分位数是84.5，故C错误；
D选项，若样本数据的标准差为5，则的方差为25，
设的平均数为，则，
，
又，
故，
则的标准差为，故D错误．
故选：AB
10. 已知长方体的棱，，点满足：，，下列结论正确的是（ ）
A. 当时，点到平面距离的最大值为
B. 当，时，直线与平面所成角的正切值的最大值为
C. 当，时，到的距离为2
D. 当，时，四棱锥的体积为1
【答案】ACD
【解析】
【分析】由时，推得点在平面上，转化为到平面的距离，可判定A正确；由时，得到点在线段上，得到点与点重合时，直线与平面所成角的正切值最大，可判定B不正确；由时，得到点在线段上，进而可判定C正确；由时，得到点在线段的中点，结合题意公式，可判定D正确.
【详解】对于A中，当时，，
即，可得，所以点在平面上，
则点到平面距离的最大值为点或到平面的距离，
连接交于点，因为为正方形，可得，
又因为平面，平面，所以，
因为且平面，所以平面，
因为正方形中，，所以 ，
即点到平面距离的最大值为，所以A正确；
对于B中，当时，，
即，可得点在线段上，
当点与点重合时，直线与平面所成角的正切值最大，
在直角中，可得，所以B不正确；
对于C中，当时，可得，
即，可得点在线段上，
在长方体，可得，
所以点在线段的距离等于点在线段的距离，
又由平面，且平面，所以，
在直角中，可得，
所以点到的距离为，所以C正确.
对于D中，当时，可得，
即，所以点在线段的中点，
此时点到平面的距离为，
所以，所以D正确.
故选：ACD.
11. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为，，为坐标原点，直线交双曲线的右支于，两点（不同于右顶点），且与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，则（ ）
A. 为定值
B.
C. 点到两条渐近线的距离之和的最小值为
D. 不存在直线使
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，根据，取垂直于x轴的直线，结合条件可判断A；对于B，设直线的方程为，利用韦达定理可得，联立直线与渐近线方程，可分别解得，，结合弦长公式可判断B；对于C，设，可得P到两渐近线距离可判断C；由题可得恒成立可判断D.
【详解】双曲线的渐近线为，
对于A：因为，
作直线，，且，分别交轴上方渐近线于，，
交轴下方渐近线于，，
有对称性可知：，
此时，
又因为为定值，所以，
即不是定值，故A错误；

对于B，由题意可知：直线不与y轴垂直，设直线的方程为，
联立得，得，
则，且,
所以，
联立，得，联立，得，
所以，则，
结合弦长公式可得，
即，故B正确；
对于C，设，则，渐近线为，
所以P到两渐近线距离为：
，
当且仅当时，等号成立，故C错误；
对于D，设，则，可得，
由图可得，即恒成立，
故不存在直线使，故D正确.

故选：BD.
点睛】关键点点睛：本题D选项可借助，结合，得到，从而得解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 的展开式中的系数为___________.
【答案】
【解析】
【分析】借助二项式的展开式的通项公式计算即可得.
【详解】对，有，
则当时，有，
当时，有，
则有，
故的展开式中的系数为.
故答案为：.
13. 柯西不等式是数学家柯西（Cauchy）在研究数学分析中的“流数”问题时得到的一个重要不等式，而柯西不等式的二维形式是同学们可以利用向量工具得到的：已知向量，，由得到，当且仅当时取等号.现已知，，，则的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】令，代入公式即可得解.
【详解】令，
又，，，
所以，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的最大值为.
故答案为：
14. 已知正三棱锥的底面边长为6，体积为，动点在棱锥侧面上运动，并且总保持，则动点的轨迹的长度为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】由正三棱锥的性质可知，只需再作，即可证得平面，从而求得点的轨迹，再通过解三角形即可得到的长度.
【详解】
如图，取的中心为，连接，作于，连接，延长交于点，
注意到底面三角形是等边三角形，所以，
由正三棱锥的性质可得为高，
因为底面边长为6，体积为，
所以，所以，
注意到底面三角形是等边三角形，所以为三角形外接圆的半径，
所以由正弦定理有，所以，
所以.
因为面，面，
所以，
又因为，面，面，
所以面，
因为面，
所以，
因为，且，面，面，
所以平面，
因为平面，
所以，
又因为动点在棱锥侧面上运动，并且总保持，
所以点的轨迹为线段.
在等腰三角形中，由余弦定理有，
从而，所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：关键是得出点的轨迹为线段，由此即可顺利得解.
四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
15. 已知函数在处的切线平行于直线.
（1）求的值；
（2）求的极值.
【答案】（1）
（2）的极大值为，极小值为
【解析】
【分析】（1）由导数的几何意义计算即可；
（2）利用导数研究函数的极值即可.
【小问1详解】
由已知可得，
而直线斜率为，
所以；
【小问2详解】
由（1）得，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
故极大值为，极小值为.
16. 某高校对参加军训的4000名学生进行射击、体能、伤病自救等项目的综合测试，现随机抽取200名军训学生，对其测试成绩（满分：100分）进行统计，得到样本频率分布直方图，如图.
（1）根据频率分布直方图，求出的值并估计这200名学生测试成绩的平均数（单位：分）.
（2）现该高校为了激励学生，举行了一场军训比赛，共有三个比赛项目，依次为“10千米拉练”“实弹射击”“伤病救援”，规则如下：三个环节均参与，三个项目通过各奖励200元、300元、500元，不通过则不奖励.学生甲在每个环节中通过的概率依次为，，，假设学生甲在各环节中是否通过是相互独立的.记学生甲在这次比赛中累计所获奖励的金额为随机变量，求的分布列和数学期望.
（3）若该高校军训学生的综合成绩近似服从正态分布，其中近似为样本平均数，规定军训成绩不低于98分的为“优秀标兵”，据此估计该高校军训学生中优秀标兵的人数（结果取整数）.
参考数据：若，则，，.
【答案】（1），
（2）分布列见解析，
（3）人
【解析】
【分析】（1）借助概率和为可得，借助平均数定义可得平均数；
（2）得出的所有可能取值及其对应概率，即可得分布列，借助期望定义即可得其期望；
（3）借助正态分布性质可得军训成绩不低于98分的概率，即可估计该高校军训学生中优秀标兵的人数.
【小问1详解】
有图可得，解得，
；
【小问2详解】
的可能取值为、、、、、、，
，
，
，
，
，
，
，
则其分布列为：
；
【小问3详解】
，，则,
又，故，
，故可估计该高校军训学生中优秀标兵的人数为人.
17. 如图，四棱锥中，二面角的大小为，，，是的中点.

（1）求证：平面平面；
（2）若直线与底面所成的角为，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得，平面平面，根据面面垂直的性质可得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）过作的垂线交延长线于点H，连接AH，根据面面垂直的性质可得，设，在中由余弦定理得，利用勾股定理的逆定理可得，建立如图空间直角坐标系，结合空间向量法求解面面角即可.
【小问1详解】
由，得，则，
所以，即.
由二面角的大小为，知平面平面，即平面平面，
又平面平面，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
【小问2详解】
过作的垂线，交延长线于点H，连接AH，
由平面平面，平面平面，平面，
，所以平面，则为在底面内的射影，
所以为直线与底面所成的角，即.
由，知且为钝角三角形，
设，得，，
在中，，在中，，
由余弦定理得，有，
所以，过作，则底面，
所以两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
，
所以，
设平面和平面的一个法向量分别为，
则，，
令，则，
所以，则，
故所求二面角的余弦值为.

18. 已知椭圆的离心率为，且椭圆过点，，，，分别是椭圆上不同的四点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线与直线交于点，且，，求实数的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意求出，即可得解；
（2）设直线的方程为，则直线的方程为，，联立，利用韦达定理求出，再根据弦长公式求出，同理求出，再结合基本不等式即可得出答案.
【小问1详解】
根据题意可得，解得，
所以椭圆的标准方程为；
【小问2详解】
因为，所以点在椭圆内，
设直线的方程为，则直线的方程为，
联立，消得，
设，
则，
所以
，
同理，
所以
，
当时，，
当且仅当，即时取等号，
当时，，
综上所述，实数的最大值为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
19. 已知集合，其中都是的子集且互不相同，记的元素个数，的元素个数.
（1）若，直接写出所有满足条件的集合；
（2）若，且对任意，都有，求的最大值；
（3）若且对任意，都有，求的最大值.
【答案】（1）或或或
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据新定义对交集情况分类讨论即可；
（2）将集合的子集进行两两配对得到16组，写出选择的16个含有元素1的子集即可得到；
（3）分中有一元集合和没有一元集合但有二元集合，以及均为三元集合讨论即可.
【小问1详解】
因为，则和的元素个数均为1，
又因为，则，
若，，则或；
若，，则或；
综上或或或.
【小问2详解】
集合共有32个不同的子集，
将其两两配对成16组，
使得，则不能同时被选中为子集，故.
选择的16个含有元素1的子集:，符合题意.
综上，.
【小问3详解】
结论:，令，集合符合题意.
证明如下：
①若中有一元集合，不妨设，则其它子集中都有元素1，且元素都至多属于1个子集，
所以除外的子集至多有个，故.
②若中没有一元集合，但有二元集合，不妨设.其它子集分两类:
或，和或，
其中互不相同，互不相同且均不为1，2.
若，则，有
若，则由得每个集合中都恰包含中的1个元素（不是2)，且互不相同，
因为中除2外至多还有2个元素，所以.
所以.
③若均为三元集合，不妨设.将其它子集分为三类：
，其中.
若，则(除1，2，3外，其它元素两个一组与1构成集合)，
所以.
若，不妨设，则由得每个集合中都或者有4、或者有5，
又中除1外无其它公共元素，所以.
所以.
综上，.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是充分理解集合新定义，然后对中集合元素个数进行分类讨论；当均为三元集合时，不妨设，再将其它子集分为三类讨论.