终身会员
搜索
    上传资料 赚现金
    英语朗读宝

    山西省2023届高三第二次模拟考试数学试卷(含解析)

    立即下载
    加入资料篮
    山西省2023届高三第二次模拟考试数学试卷(含解析)第1页
    山西省2023届高三第二次模拟考试数学试卷(含解析)第2页
    山西省2023届高三第二次模拟考试数学试卷(含解析)第3页
    还剩22页未读, 继续阅读
    下载需要10学贝 1学贝=0.1元
    使用下载券免费下载
    加入资料篮
    立即下载

    山西省2023届高三第二次模拟考试数学试卷(含解析)

    展开

    这是一份山西省2023届高三第二次模拟考试数学试卷(含解析),共25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。
    山西省2023届高三第二次模拟考试数学试卷学校:___________姓名:___________班级:____________一、单选题1.已知复数z满足(i为虚数单位),则复数z的共轭复数    A. B. C. D.2.已知全集,2,3,4,A={2,4,,则    A. B. C.,2,3, D.,2,4,3.已知,则等于(    A. B. C.e D.14.已知pq,则pq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5.已知函数,若对于任意的时,恒成立,则实数的取值范围是(    A. B. C. D.6.中国古代数学名著《算法统宗》记载有这样一个问题:“今有俸粮三百零五石,令五等官(正一品、从一品、正二品、从二品、正三品)依品递差十三石分之,问,各若干?”其大意是,现有俸粮305石,分给正一品、从一品、正二品、从二品、正三品这5位官员,依照品级递减13石分这些俸粮,问,每个人各分得多少俸粮?在这个问题中,正二品分得的俸粮是(    A.35石 B.48石 C.61石 D.74石7.已知数列是等差数列,且.若的等差中项,则的最小值为(    A. B.C. D.8.已知,则abc的大小关系为(    A. B.C. D.二、多选题9.若,且,则函数上的大致图象可能为(    A.    B.C.   D.10.关于函数的描述正确的是(    ).A.其图象可由的图象向左平移个单位得到B.单调递增C.有2个零点D.的最小值为11.已知抛物线C过点准线上的一点,F为抛物线焦点,过的切线,与抛物线分别切于,则(    A.C的准线方程是 B.C. D.12.如图,正方体的棱长为2,若点在线段上运动,则下列结论正确的为(    A.直线可能与平面相交B.三棱锥与三棱锥的体积之和为定值C.当时,与平面所成角最大D.当的周长最小时,三棱锥的外接球表面积为三、填空题13.已知展开式的二项式系数之和为,则展开式中系数为有理数的项的个数是________.14.已知向量,若垂直,则方向上的投影为______________.15.关于函数有如下四个命题:的图象关于原点对称.            上是单调递增的.的图象关于直线对称.      的最小值为2.其中所有真命题的序号是__________.四、双空题16.2022年北京冬奥会开幕式中,当《雪花》这个节目开始后,一片巨大的“雪花”呈现在舞台中央,十分壮观.理论上,一片雪花的周长可以无限长,围成雪花的曲线称作“雪花曲线”,又称“科赫曲线”,是瑞典数学家科赫在1904年研究的一种分形曲线.如图是“雪花曲线”的一种形成过程:从一个正三角形开始,把每条边分成三等份,然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形,再去掉底边,重复进行这一过程若第1个图中的三角形的周长为1,则第n个图形的周长为___________;若第1个图中的三角形的面积为1,则第n个图形的面积为___________.五、解答题17.已知等比数列满足;数列满足).(1)求数列的通项公式;(2)设,求数列的前n项和18.已知三角形ABC的内角ABC的对边分别为abc,且.(1)求角B(2)若,角B的角平分线交AC于点D,求CD的长.19.如图,在四棱锥中,四边形是菱形,.(1)证明:平面平面.(2)若是棱的中点,求平面与平面夹角的余弦值.20.班上每个小组有12名同学,现要从每个小组选4名同学代表本组与其他小组进行辩论赛.(1)每个小组有多少种选法?(2)如果还要从选出的同学中指定1名作替补,那么每个小组有多少种选法?(3)如果还要将选出的同学分别指定为第一、二、三、四辩手,那么每个小组有多少种选法?21.已知圆,定点Q为圆上的一动点,点P在半径CQ上,且,设点P的轨迹为曲线E.(1)求曲线E的方程;(2)过点的直线交曲线EAB两点,过点HAB垂直的直线与x轴交于点N,当取最大值时,求直线AB的方程.22.已知函数,其中为自然对数的底数.(1)求的单调区间;(2)若恒成立,记,证明:
    参考答案1.D【分析】由复数的除法运算与共轭复数的定义求解即可【详解】因为所以所以故选:D2.D【分析】根据并集和补集的知识求得正确答案.【详解】全集,2,3,4,,2,,4,,2,4,故选:D3.C【分析】根据函数解析式先求出,再求出即可.【详解】∵,又,∴.故选:C.4.C【分析】令,结合该函数的奇偶性,单调性判断不等式是否成立.【详解】令为奇函数,时,递增,则也递增,为奇函数,则上递增,,若,则,即,若则等价于,即上递增,则, 即pq的充要条件,故选:C.5.A【分析】利用奇偶性和对数函数单调性可得上单调递增,则可转化为时恒成立,即,求的最小值即可解出.【详解】的定义域为所以为奇函数,且当时,单调递增,所以上单调递增,,即恒成立,所以,即有,所以因为,所以单调递增,所以,所以.故选:A6.C【分析】由等差数列的定义结合求和公式得出正一品的俸粮数,进而得出正二品分得的俸粮数.【详解】正一品、从一品、正二品、从二品、正三品这5位官员所分得的俸粮数记为数列由题意,是以为公差的等差数列,且,解得故正二品分得俸粮的数量为(石).故选:C7.A【分析】易知是正项等比数列,根据,得到,再根据的等差中项,得到,然后结合“1”的代换,利用基本不等式求解.【详解】解:因为数列是等差数列,所以是正项等比数列,所以 解得 或-1(舍),又因为的等差中项,所以,即所以,则所以当且仅当时,即时取等号.故选:A.8.B【分析】设,利用导函数可得的单调性,可得,令,利用导函数可得单调递增,从而有,即可得出答案.【详解】设,则有所以当时,单调递减;时,单调递增.所以,即有,则所以当时,单调递增;时,单调递减.所以,即,故,有可得函数单调递增,故有,可得可得,故,综上所述,故选:B.【点睛】方法点睛:对于比较实数大小方法:(1)利用基本函数的单调性,根据函数的单调性判断,(2)利用中间值“1”或“0”进行比较,(3)构造函数利用函数导数及函数单调性进行判断.9.BC【分析】分析函数的奇偶性,以及在某点处的函数值,借助函数图象交点的横坐标进行比较,以及余弦值的放缩比较即可求解.【详解】因为,所以为奇函数,排除A.,且时,因为所以,所以.,所以,得因为函数的图象与直线上有且仅有三个交点,所以上有且仅有三个零点,B正确.,且时,所以,同理可得上有且仅有三个零点,C正确.上不可能有四个零点,D错误.故选:BC.10.ACD【分析】先根据二倍角公式、诱导公式及辅助角公式将函数解析式进行化简,然后结合正弦函数的性质分别检验各选项即可判断.【详解】解:,对选项A的图象向左平移个单位,得,所以选项正确;对选项B上单调递增,上单调递减,所以选项错误;对选项C,,解得,上有2个零点,所以选项正确;对选项D,得所以,即最小值,所以选项正确.故选:ACD11.ABC【分析】根据抛物线过的点,确定p的值,求得抛物线方程以及准线,判断A; 设切线方程为,利用判别式可得,判断D;再证明三点共线,以及证明,即可判断.【详解】由抛物线C过点,可得,设焦点为,C的准线方程是,A正确;设点,先考虑情况,则过点M的切线,切线斜率必存在且不等于0,设切线方程为,联立,可得,即的斜率分别为,则,即,D错误;,不妨设A在第一象限,B在第四象限,则由于,对于曲线在第一象限内部分有,则对于曲线在第四象限内部分有,则由于,故,则由于,故斜率一定存在,设直线的方程为联立,得 ,故则直线的方程为,即直线过定点所以三点共线,由于 ,故,中,,时,即,关于x轴对称,成立;此时斜率不存在,不妨取,则联立,解得,则过定点,且,成立,综合上述,正确,故选:【点睛】关键点点睛:解决此类关于直线和抛物线的位置关系类题目,要注意设直线方程,并联立抛物线方程,得根与系数的关系,然后化简,这是解决这类问题的一般解决方法,解答此题的关键在于要注意到证明直线过定点,即三点共线,然后证明.12.BCD【分析】A.利用面面平行的性质定理,判断A;B.利用等体积转化,可判断B;C.利用垂直关系的转化,结合线面角的定义,即可判断C;D.首先确定点的位置,再利用球的性质,以及空间向量的距离公式,确定球心坐标,即可确定外接球的半径,即可判断D.【详解】A.如图,,且平面平面所以平面,同理平面,且平面平面,所以平面平面,且平面所以平面,故A错误;B.如图,过点于点于点,根据面面垂直的性质定理可知,平面平面.故B正确;C.因为平面平面,所以,且平面平面所以平面,且平面所以,即,点的中点,此时线段最短,又因为,且平面平面,所以平面,即上任何一个点到平面的距离相等,设为与平面所成角为,当时,线段最短,所以此时最大,所以最大,故C正确;D. 的周长为为定值,即最小时,的周长最小,如图,将平面展成与平面同一平面,当点共线时,此时最小,作,垂足为,解得:如图,以点为原点,建立空间直角坐标系,,连结平面,且经过的中心,所以三棱锥外接球的球心在上,设球心,则,,解得:,所以外接球的表面积,故D正确.附:证明平面因为平面平面,所以,又因为平面平面,所以平面,平面,所以,同理,且,所以平面,且三棱锥是正三棱锥,所以经过的中心.故选:BCD【点睛】思路点睛:本题考查空间几何的综合应用,难点是第四个选项的判断,充分利用数形结合和空间向量的综合应用,解决三棱锥外接球的球心问题.13.4【分析】先求出,再求出展开式的通项,知当时,展开式中系数为有理数,即可求出展开式中系数为有理数的项的个数.【详解】依题意,知则展开式的第项为时,展开式中系数为有理数,所以展开式中系数为有理数的项的个数为.故答案为:4.14.【解析】根据向量垂直可知数量积为0求出,代入方向上的投影公式即可.【详解】,方向上的投影为:故答案为:15.①③【分析】对于①证明出为奇函数,即可得到结论;对于②:取内的特殊值:否定结论;对于③:计算出,即可证明的图象关于直线对称;对于④:取特殊情况当时, ,否定结论.【详解】对于①的定义域为,关于原点对称.因为所以为奇函数,其图像关于原点对称.故①正确;对于②:取内的特殊值:.有,而,所以,所以上不单调递增.故②错误;对于③:因为..所以,所以的图象关于直线对称.故③正确;对于④:当时,,所以.故④错误.真命题:①③故答案为:①③【点睛】(1)像这样四种说法互补关联的题目,需要对其一一验证;(2)要判断一个命题成立,需要严格的证明;要判断一个命题不成立,只需举出一个反例即可.16.          【分析】由图形之间的边长的关系,得到周长是等比数列,再按照等比数列通项公式可得解;由图形之间的面积关系及累加法,结合等比数列求和可得解.【详解】记第个图形为,三角形边长为,边数,周长为,面积为条边,边长条边,边长条边,边长分析可知,即,即当第1个图中的三角形的周长为1时,即所以由图形可知是在每条边上生成一个小三角形,即利用累加法可得数列是以为公比的等比数列,数列是以为公比的等比数列,故是以为公比的等比数列,当第1个图中的三角形的面积为1时,,即,此时条边, 所以, 所以故答案为:【点睛】关键点睛:本题考查数列的应用,解题的关键是通过找到图形之间的关系,得到等比数列,求数列通项公式常用的方法:(1)由的关系求通项公式;(2)累加法;(3)累乘法;(4)两边取到数,构造新数列法.17.(1)(2) 【分析】(1)由已知条件可得等比数列的首项和公比,进而得出数列的通项公式,再根据题意判断出为等差数列,得出首项和公差,进而得出数列的通项公式.(2)将第一问结论代入后,利用分组求和即可得出结果.【详解】(1)设等比数列的首项和公比分别为q,因为所以,解得,所以又因为),所以数列是以1为首项,2为公差的等差数列,所以(2)由(1)得18.(1)(2) 【分析】(1)根据正弦定理边角互化得,进而得(2)根据题意得,进而在中,由余弦定理即可得答案.【详解】(1)因为所以由正弦定理可得所以,即因为,所以,故因为,所以(2)由(1)可知,又所以所以,由余弦定理可得解得19.(1)证明见解析(2) 【分析】(1)记,连接,根据线面垂直的判定证明平面即可;(2)先证明平面,再以为原点,分别以的方向为轴的正方向,建立空间直角坐标系,根据面面角的向量求法求解即可.(1)证明:记,则的中点,连接.因为四边形是菱形,所以.因为的中点,所以.因为平面,且,所以平面.因为平面,所以平面平面.(2)因为的中点,所以.因为平面,所以平面,则以为原点,分别以的方向为轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系.,则,故.设平面的法向量,令,得.设平面的法向量,令,得.设平面与平面的夹角为.20.(1)495(2)1980(3)11880 【分析】(1)从12名学生中任选4名即可,(2)先从12名学生中选4名,然后再从这4名学生中选1人,再利用分步乘法原理可求得结果,(3)先从12名学生中选4名,然后对这4名学生进行全排列即可(1)由题意可得每个小组有种选法,(2)由题意可得先从12名学生中选4名,然后再从这4名学生中选1人,所以由分步乘法原理可得共有种选法,(3)由题意可得先从12名学生中选4名,然后对这4名学生进行全排列,所以由分步乘法原理可得共有种选法21.(1)(2) 【分析】(1)结合已知条件可得到点P在线段QF的垂直平分线上,然后利用椭圆定义即可求解;(2)结合已知条件设出直线的方程,然后联立椭圆方程,利用弦长公式求出,再设出直线NH的方程,求出N点坐标,进而求出,然后表示出,再利用换元法和均值不等式求解即可.【详解】(1)设点的坐标为∴点P在线段QF的垂直平分线上,又∵,∴∴点P在以CF为焦点的椭圆上,且∴曲线的方程为:.(2)设直线AB方程为,解得,解得由韦达定理可知,ABHN垂直,∴直线NH的方程为,得,∴又由,∴当且仅当时等号成立,有最大值,此时满足所以直线AB的方程为:,即.22.(1)函数的增区间为;(2)证明见解析.【分析】(1)求得,证明出对任意的恒成立,由此可得出结果;(2)由题意可知不等式对任意的恒成立,令,将所证不等式等价转化为,利用导数证明即可.【详解】(1)函数的定义域为,且.,则.时,,此时函数单调递减;时,,此时函数单调递增.所以,当时,,则.综上所述,函数的增区间为(2)由题意得不等式对任意的恒成立,,要证,即证..,其中,则所以上单调递增,,故,使得.所以,当时,有,函数单调递减;时,,函数单调递增.所以所以存在,使得,即且满足,函数单调递减;单调递增;所以.,则,即函数上单调递减.,则,则只需证明,即,即,可先证明,则,所以,,可得,所以,,证毕.【点睛】方法点睛:利用导数证明不等式问题,方法如下:(1)直接构造函数法:证明不等式(或)转化为证明(或),进而构造辅助函数(2)适当放缩构造法:一是根据已知条件适当放缩;二是利用常见放缩结论;(3)构造“形似”函数,稍作变形再构造,对原不等式同解变形,根据相似结构构造辅助函数. 

    相关试卷

    河北省衡水市2023届高三第二次模拟考试数学试卷(含解析):

    这是一份河北省衡水市2023届高三第二次模拟考试数学试卷(含解析),共22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。

    海南省海口市2023届高三第二次模拟考试数学试卷(含解析):

    这是一份海南省海口市2023届高三第二次模拟考试数学试卷(含解析),共21页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    辽宁省大连市2023届高三第二次模拟考试数学试卷(含解析):

    这是一份辽宁省大连市2023届高三第二次模拟考试数学试卷(含解析),共22页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    欢迎来到教习网
    • 900万优选资源,让备课更轻松
    • 600万优选试题,支持自由组卷
    • 高质量可编辑,日均更新2000+
    • 百万教师选择,专业更值得信赖
    微信扫码注册
    qrcode
    二维码已过期
    刷新

    微信扫码,快速注册

    手机号注册
    手机号码

    手机号格式错误

    手机验证码 获取验证码

    手机验证码已经成功发送,5分钟内有效

    设置密码

    6-20个字符,数字、字母或符号

    注册即视为同意教习网「注册协议」「隐私条款」
    QQ注册
    手机号注册
    微信注册

    注册成功

    返回
    顶部
    Baidu
    map