2023届11月份高三数学模拟试题8（山西）（含解析）

2023届11月份高三数学模拟试题
一、单选题
1．已知为虚数单位，，若，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知集合，，则等于（ ）
A． B． C． D．
3．设，则“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．已知，则等于（ ）
A． B． C．e D．1
5．南北朝时期数学家，天文学家祖暅提出了著名的祖暅原理：幂势既同，则积不容异，其中“幂”指截面积，“势”指几何体的高.意思是说：两个等高几何体，若在每一等高处截面积都相等，则两个几何体体积相等，已知某不规则几何体与一个由正方体和三棱锥组成的几何体满足“幂势同”，组合体的三视图如图所示，则该不规则几何体的体积为（ ）
A． B．10 C．12 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（ ）
A． B．5 C．35 D．50
8．已知正方体的棱长为分别是棱的中点，动点在正方形（包括边界）内运动，若面，则线段的长度范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．定义集合运算：，设，，则（ ）
A．当，时，
B．可取两个值，可取两个值，有4个式子
C．中有4个元素
D．的真子集有7个
10．函数（其中，， ） 的部分图像如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
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．已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为 B．是奇函数
C．的图象关于直线对称 D．不存在单调递 区间
三、填空题
13．已知向量，，若A，B，C三点共线，则____________．
14．飞机的航线和山顶在同一个铅垂平面内，已知飞机的高度为海拔15 000 m，速度为1 000 km/h，飞行员先看到山顶的俯角为15°，经过108 s后又看到山顶的俯角为75°，则山顶的海拔高度为________m(取＝1.732).
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．已知函数，方程在上的解按从小到大的顺序排成数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前项和为，求证：.
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．为了促进学生加强体育锻炼，提升身体素质，某校决定举行羽毛球单打比赛，甲和乙进入了决赛，决赛采用五局三胜制（有一方先胜三局即赢得比赛，比赛结束），每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果互不影响．
（1）求决赛只比赛三局就结束的概率；
（2）假设比赛规定：每局胜者得分，负者得分．
①求甲得分的概率；
②设甲的分数为，求随机变量的分布列和数学期望．
21．在平面直角坐标系中，动点到定点的距离比到轴的距离大，设动点的轨迹为曲线，分别过曲线上的两点，做曲线的两条切线，且交于点，与直线交于两点
(1)求曲线的方程；
(2)求面积的最小值.
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
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参考答案：
1．D
【分析】先由复数的乘法得到，再根据复数相等得到的值，从而可求.
【详解】由，得，
又，由复数相等的充要条件得，，
所以.
故选：D.
【点睛】本题考查复数的乘法和复数相等的条件，注意两个复数相等指它们实部相同且虚部相同，本题属于基础题.
2．D
【分析】求出函数定义域化简集合B，再利用交集的定义求解作答.
【详解】依题意，，而，
所以.
故选：D
3．A
【分析】根据充分条件和必要条件的定义分析判断即可
【详解】由，得，
因为当时，一定成立，
而当时，不一定成立，
所以“”是“”的充分而不必要条件，
故选：A
4．C
【分析】根据函数解析式先求出，再求出即可.
【详解】∵，，又，∴.
故选：C.
5．A
【分析】根据三视图还原得该几何体为一个正方体与一个三棱锥的组合体，结合正方体和三棱锥的体积公式计算即可.
【详解】由三视图还原得该几何体为一个正方体与一个三棱锥的组合体，
由题意可得，
．
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．A
【分析】利用展开式的通项公式即求.
【详解】的展开式第项，
当时，；当时，，
∴，
∴的系数为.
故选：A.
8．D
【分析】根据题意，找去过与平面平行的平面，则可得到所在的平面，进而得到答案.
【详解】由题意，取的中点，的中点，连接，，，，，
作图如下：
在正方体中，易知，，，
则共面，平面，平面，
平面，同理可得：平面，
，平面平面，
当平面时，平面，
正方体的棱长为，
在中，，解得，同理，
在中，，解得，
则中边上的高，
即，
故选：D.
9．BD
【分析】根据集合的定义可求出，从而可判断各项的正误.
【详解】，
故中有3个元素，其真子集的个数为，故C错误，D正确.
当，时，，故A错误.
可取两个值，可取两个值，共有4个算式，
分别为：
，，
故B正确．
故选：BD．
【点睛】本题考查新定义背景下集合的计算、集合子集个数的计算，注意不同的算式可以有相同的计算结果，另外，注意集合中元素的互异性对于集合表示的影响，本题属于基础题．
10．AC
【分析】根据周期求得，根据最大值求得，根据求得，从而确定正确选项.
【详解】由图象可知，，
所以，，
所以，
将代入，得，
由于，所以，
解得.
故选：AC
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．BD
【分析】对A，由周期定义结合即可判断；
对B，由奇函数定义判断即可；
对C，由对称定义结合即可判断；
对D，由导数法判断即可.
【详解】对A，因为，，所以，则不是的最小正周期，A错；
对B，令，则，故，所以函数是奇函数，B对；
对C，因为，，所以，则的图象不关于直线对称，C错；
对D，因为（两等号不能同时成立），所以不存在单调递减区间，D对.
故选：BD.
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】利用正弦定理求得，再由直角三角形求得到边的距离，从而可得结论．
【详解】 ，
，
到 边的距离为
山顶的海拔高度为 .
故答案为：6340．
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)证明见解析
【分析】（1）由题知，进而由得，进而结合题意得；
（2）结合（1）得，进而根据裂项求和法求解，再证明即可.
(1)
解：由，
令，即，解得
，∴，
此时数列是等差数列，公差为，首项为.
∴
(2)
证明：因为，，
∵，
∴.
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）①；②分布列见解析；期望为．
【分析】（1）分别求甲前三局连胜和乙前三局连胜的概率再求和即可求解；
（2）①求甲得前三局胜两局，第四局胜的概率即可；②可取，，，，，，分别求出对应的概率即可得分布列和数学期望.
【详解】（1）设甲连胜三局的概率为，乙连胜三局的概率为
则比赛三局就结束的概率．
（2）①甲得5分的情况为：甲胜3局，负1局
②的所有可能取值为：，，，，，
，，
，
，
，
．
的分布列如下
21．(1)
(2)
【分析】（1）由题意可得化简可得答案；
（2）求出、方程并得到、点坐标，再联立，方程求出交点和、点到的距离，可得 ，
设，与抛物线方程联立利用韦达定理得到，设，记，利用导数可得答案..
(1)
由题意可知：，
即：化简得：；
(2)
由题意可知：，，，
过点的切线斜率为，方程为：①，
令，，则，
同理：方程为：②，，
联立①②得：，的交点，，
点到的距离，
所以 ③，
设： ，则，整理得，
所以，
由韦达定理得：，，
代入③式得：，
设，记，则，
令得（舍负），
时，单调递减：
时，单调递增，
所以，当且仅当时的最小值为.
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.
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