2023届11月份高三数学模拟试题4（山西）（含解析）

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．4
2．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．4
5．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．4
6．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．-480
8．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.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
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：B
3．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：A
4．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：B
5．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：D
6．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：A
8．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
0 1 2 3
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.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页