2023届11月份高三数学模拟试题2（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，则（ ）
A． B．
C． D．
2．已知集合 ， 则 （ ）
A． B． C． D．
3．直线与互相平行的一个充分条件是（ ）
A．、都平行于同一个平面 B．、都垂直于同一个平面
C．、与同一个平面的所成的角相等 D．平行于所在的平面
4．下列等式成立的是（ ）
A． B．
C． D．
5．如图，在直三棱柱中，为上一点，平面分三棱柱为上下体积相等的两部分，则与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
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．的展开式中的系数为（ ）
A．-42 B．42 C．-21 D．21
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．（多选题） 已知集合，，定义运算，则下列描述正确的是（ ）
A．
B．记为集合，则
C．若，则符合要求的有个
D．中所有元素之和为
10．将函数的图象向右平移个单位长度后，再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的，得到函数的图象，若在内恰有5个极值点，则的取值可能是（ ）
A． B． C． D．
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1，青铜大立人像，1986年于三星堆遗址二号祭祀坑出土，重约180公斤，是距今已有3000多年历史的青铜器.如图2，小张去博物馆参观青铜大立人像时，他在A处观测青铜大立人像顶部P的仰角为30°，他再向青铜大立人像底部H前进388厘米到达B处，观测青铜大立人像顶部P的仰角为75°，已知A，B，H三点共线，则青铜大立人像的高为____________厘米.（取）
15．已知，点P满足，动点M，N满足，，则的最小值是____________．
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．如图，在平面四边形中，.
(1)求的值；
(2)求的长度.
19．如图所示，在四棱锥中，，是线段的中点，是线段上的点，且
(1)证明：平面；
(2)若平面，，，且.记直线与平面所成角为，直线与平面所成角为，比较与的大小，并说明理由.
20．某控制器中有一个易损部件，该部件由两个电子元件按图1方式连接而成.已知这两个电子元件的使用寿命（单位：小时）均服从正态分布，且各个元件能否正常工作相互独立.（一个月按30天算）
（1）求该部件的使用寿命达到一个月及以上的概率；
（2）为了保证该控制器能稳定工作，将若干个同样的部件按图2连接在一起组成集成块.每一个部件是否能正常工作相互独立.某开发商准备大批量生产该集成块，在投入生产前，进行了市场调查，结果如下表：
集成块类型 成本 销售金额
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
其中是集成块使用寿命达到一个月及以上的概率，为集成块使用的部件个数.根据市场调查，试分析集成块使用的部件个数为多少时，开发商所得利润最大？并说明理由.
21．已知圆C过定点，且与直线相切，圆心C的轨迹为E，曲线E与直线l：()相交于A，B两点．
（1）求曲线E的方程；
（2）当的面积等于时，求k的值．
22．设为的导函数，若是定义域为的增函数，则称为上的“凹函数”.已知函数为R上的凹函数.
(1)求的取值范围；
(2)证明：.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】设出，得到，，从而列出方程，求出，，得到答案.
【详解】设复数，则，
因为，所以，解得，
因为，，所以，解得，
故.
故选：B
2．B
【分析】由交集的定义即可得出答案.
【详解】因为，
则 .
故选：B.
3．B
【分析】根据各选项中的条件判断直线与的位置关系，可得出合适的选项.
【详解】对于A选项，若、都平行于同一个平面，则与平行、相交或异面，A不满足条件；
对于B选项，若、都垂直于同一个平面，则，B满足条件；
对于C选项，若、与同一个平面的所成的角相等，则与平行、相交或异面，C不满足条件；
对于D选项，若平行于所在的平面，则与平行或异面，D不满足条件.
故选：B.
4．C
【分析】根据对数的运算法则逐一判断可得选项.
【详解】对于A：，故A不正确；
对于B：，故B不正确；
对于C：∵,∴，故C正确，
对于D：，故D不正确，
故选： C.
5．A
【分析】作于点，结合直棱柱可证平面，则即为四棱锥的高，同理可说明即为四棱锥的高，根据体积相等可求得，取中点为，则，根据异面直线夹角的定义可知即为所求角，结合Rt△运算求解．
【详解】作于点，则平面且，设，则
可证平面，则，
平面分三棱柱为两个体积相等的四棱锥和，
即
取中点为，则即为所求角，
故选：A．
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．C
【分析】先写出二项式展开式的通项，即可求出对应的，即可求出结果
【详解】的展开式通项为，易知当时满足题意，此时系数为，
故选：C
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．BD
【分析】根据已知条件求出集合，进而可判断AD选项的正误，利用集合的运算可判断B选项的正误，利用列举法可判断C选项的正误.
【详解】由已知条件可得.
对于A选项，，A错；
对于B选项，，则，故，B对；
对于C选项，，即，
则满足条件的集合有：、、、、、、、，共个，C错；
对于D选项，中所有元素之和为，D对.
故选：BD.
10．BCD
【分析】利用三角函数的平移变换和伸缩变换得到，再根据因为在内恰有5个极值点，由求解.
【详解】解：将的图象向右平移个单位长度后，得到的图象，
再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的，得到，
设，由，得，
因为在内恰有5个极值点，
所以，
解得．
故选：BCD
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】根据题意，在中，利用正弦定理求出，然后在中即可求解.
【详解】由题意可知：，，因为，所以，在中，由正弦定理可得：，
即，解得：，
在中，，
所以，
（）
故，
故答案为：.
15．3
【分析】以的中点O为坐标原点，的中垂线为y轴，建立如图所示的直角坐标系，由双曲线定义得点P的轨迹是以，为焦点，实轴长为6的双曲线的左支，然后根据双曲线的性质，数量积的运算律求解．
【详解】以的中点O为坐标原点，的中垂线为y轴，建立如图所示的直角坐标系，则，由双曲线定义可知，点P的轨迹是以，为焦点，实轴长为6的双曲线的左支，即点P的轨迹方程为．，由，
可得．
因为的最小值为，所以的最小值是3．
故答案为：3.
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)
【分析】（1）由勾股定理得到，从而求出，再利用余弦差角公式进行计算；
（2）先求出，再利用余弦定理求出答案.
【详解】（1）在中，由勾股定理得，
，
；
（2）因为，所以，
在中，由余弦定理得：
19．(1)证明见解析
(2)，证明见解析
【分析】（1）取中点，先证得四边形为平行四边形，进而证得，即可证得平面；
（2）先证得平面，即可得，再由，比较的大小即可求解.
（1）
取中点，连接，，∵是的中点，∴，且，又，，
∴，且，∴四边形为平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面；
（2）
连接，∵平面，面，∴，又，，，平面，
∴平面，即为直线与平面所成的角，∴，
∵平面，即为直线与平面所成角，又平面，∴，即，
∵在中，∴与不重合，又∵在中，∴.
20．（1）（2）当时，利润取最大值；详见解析
【解析】（1）设元件1的使用寿命达到一个月及以上为A事件，元件2的使用寿命达到一个月及以上为B事件．由题意知，，且A事件与B事件相互独立，由此能求出该部件的使用寿命达到一个月及以上的概率；（2）求出n＝1,2,3,4,5,6,7时由此能求出当n＝6时，W取最大值40．
【详解】（1）设元件1的使用寿命达到一个月及以上为事件，元件2的使用寿命达到一个月及以上为事件.
由题意知，，且事件与事件相互独立，
所以，.
（2）当时，；
当时，；
当时，；
当时，；
当时，；
当时，；
当时，.
设所得利润为W，则有：
当时，取最大值40.
【点睛】本题主要考查概率、最大利润的求法，考查相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
21．（1）；（2）
【分析】（1）点C到定点和直线的距离相等,可知点C的轨迹是抛物线,求出方程即可;
（2）设直线l与x轴交于点N,可得,设,,可得,然后将直线与抛物线方程联立并消去,结合根与系数关系,可求得,进而可得到的面积表达式,令其等于,可求出k的值．
【详解】（1）由题意,点C到定点和直线的距离相等,故点C的轨迹是抛物线,为焦点,为准线,故E的方程为．
（2）将直线方程与抛物线方程联立,消去x,整理得.设,,
由根与系数关系,.
设直线l与x轴交于点N,则．
所以.
因为,所以.
故,
解得．
【点睛】本题考查了抛物线的定义,考查根与系数关系的应用,考查三角形面积公式的应用,考查学生的计算能力与推理能力,属于基础题.
22．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）法一：二次求导，令，求导得到，进而列出不等式，求出；
法二：二次求导，由得到，令，求导得到，从而得到；
（2）构造，二次求导得到当时，，当时，，从而得到，得到，结合第一问求出的，结合，求出，从而，证明出结论.
【详解】（1）法一：，设为的导函数，
则.
设，则.
当时，；当时，.
所以在上是减函数，在上是增函数，
故在处取得极小值，也是最小值，
所以，
因为为R上的凹函数，所以，
解得，故的取值范围是；
法二：，设为的导函数，
则.
依题意可得，
即恒成立，且不恒成立.
设函数，则.
当时，；当时，.
所以在上是增函数，在上是减函数.
所以.
所以，故的取值范围是.
（2）证明：设函数，
则，
则的导函数.
若，则，若，则.
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以的最小值为，则为增函数.
又，所以当时，，当时，，
所以，即.
所以.
由（1）知，，因为，
所以，
所以，
故.
【点睛】导数是用来研究函数性态强有力工具，压轴题常常需要构造函数来解决问题，若要证明的函数太过复杂，需要将函数“分拆”为两个函数或多个函数，将不等式证明问题转化为局部函数的最值问题，本题难点在于构造，二次求导后得到当时，，当时，，从而得到，结合，，从而结论得证.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页