山西省太原市2023屆高三模擬考試(一)-數(shù)學(xué)理

2023年太原市高三年級(jí)模擬試題（一）數(shù)學(xué)理一、選擇題1.已知全集，集合,集合,則為A、B、C、D、答案：B解：說明：2.已知是虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)是A、1－B、－1＋C、1＋D、－1－答案：C解：∴復(fù)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)是說明：⑴形如Z=a+bi（其中）稱為復(fù)數(shù)，a叫做復(fù)數(shù)的實(shí)部，b叫做虛部（注意a，b都是實(shí)數(shù)）為z的共軛復(fù)數(shù).⑵兩個(gè)復(fù)數(shù)相等的定義：.⑶復(fù)數(shù)集是無序集，不能建立大小順序。兩個(gè)復(fù)數(shù)，如果不全是實(shí)數(shù)，就不能比較大小.①若為復(fù)數(shù)，則若，則.（×）若，則.（√）②特別地：⑷3.已知雙曲線的一條漸近線方程是，它的一個(gè)焦點(diǎn)坐標(biāo)為（2，0），則雙曲線方程為A、B、C、D、答案：C解：∵雙曲線的一個(gè)焦點(diǎn)坐標(biāo)為（2，0）∴，焦點(diǎn)在x軸上∵漸近線方程是∴令則∴∴∴∴雙曲線方程為4.等比數(shù)列中，，公比q=2，前n項(xiàng)和為，下列結(jié)論正確的是A.B.C.D.答案：C解：A.，∴A錯(cuò)B.，構(gòu)造函數(shù)，易知在R上單調(diào)遞增當(dāng)x=2時(shí)，∴R上不能保證恒成立∴B錯(cuò)C.恒成立即恒成立，顯然C正確5.執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸出的，則判斷框內(nèi)填入的條件可以是A、7B、7C、8D、8答案：D解：k=0,s=0,設(shè)滿足的條件為P.圈數(shù)條件Pks1滿足21/22滿足43/43滿足611/124滿足825/24可以得出：k=2，4，6時(shí)滿足條件，8時(shí)不滿足條件,∴k<86.設(shè)函數(shù)，若實(shí)數(shù)a，b滿足，則A.B.C.D.答案：B解：易知f(x)是增函數(shù)，g(x)在(0，＋∞)上也是增函數(shù)，由于f(0)＝－1<0，f(1)＝e－1>0，所以0<a<1；又g(1)＝－2<0，g(2)＝ln2＋1>0，所以1<b<2，所以f(b)>0，g(a)<0，故g(a)<0<f(b)7.設(shè)函數(shù)的部分圖像，若，且，則A．1 B．C．D．答案：D解：由圖象可得A=1，，解得ω=2，∴f（x）=sin（2x+φ），點(diǎn)（，0）相當(dāng)于y=sinx中的故選：D8.現(xiàn)有12張不同的卡片，其中紅色、黃色、藍(lán)色、綠色卡片各三張，從中任取3張，要求這3張卡片不能是同一種顏色，且紅色卡片至多1張，不同的取法種數(shù)A．135 B．172 C．189 D．162答案：C解：由題意，不考慮特殊情況，共有種取法，其中每一種卡片各取三張，有4種取法，兩種紅色卡片，共有種取法，故所求的取法共有﹣4﹣=189種．9.某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是A、2B、C、4D、答案：B解：先考慮將主視圖補(bǔ)成正方形，則三視圖中兩個(gè)正方形一個(gè)等腰三角形構(gòu)成的幾何體如下圖中的三棱柱ABC-EDF,，再考慮視圖內(nèi)部的線，可以知道該幾何體是三棱柱ABC-EDF截去三棱錐E-ADF余下的部分。所以V=10.已知變量x，y滿足約束條件，若，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是A、（0,1］B、［0,1）C、［0,1］D、（0,1）答案：C解：表示區(qū)域內(nèi)點(diǎn)（x，y）與定點(diǎn)A（2，0）連線斜率K,由圖易觀察到BC與y軸重合時(shí)，,當(dāng)BC向右移動(dòng)時(shí)，,綜上，11.在三棱錐A﹣BCD中，底面BCD為邊長為2的正三角形，頂點(diǎn)A在底面BCD上的射影為△BCD的中心，若E為BC的中點(diǎn)，且直線AE與底面BCD所成角的正切值為2，則三棱錐A﹣BCD外接球的表面積為A、3B、4C、5D、6答案：D解：∵定點(diǎn)A在底面BCD上的射影為三角形BCD的中心，而且底面BCD是正三角形，∴三棱錐A﹣BCD是正三棱錐，∴AB=AC=AD，令底面三角形BCD的重心（即中心）為P，∵底面BCD為邊長為2的正三角形，DE是BC邊上的高，∴DE=，∴PE=，DP=∵直線AE與底面BCD所成角的正切值為2，即∴AP=，∵AD2=AP2+DP2（勾股定理），∴AD=2，于是AB=AC=AD=BC=CD=DB=2，∴三棱錐為正四面體，構(gòu)造正方體，由面上的對(duì)角線構(gòu)成正四面體，故正方體的棱長為，∴正方體的對(duì)角線長為，∴外接球的半徑為∴外接球的表面積=4πr2=6π12.若函數(shù)有唯一零點(diǎn)x0，且m<x0<n(m，n為相鄰整數(shù))，則m+n的值為A.1B.3C.5D.7答案：C解：令，在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，所以為凹函數(shù)，而為凸函數(shù)∵函數(shù)有唯一零點(diǎn)x0，∴有公切點(diǎn)則構(gòu)造函數(shù)欲比較5與大小，可比較與大小，∵∴∴∴m=2，n=3∴m+n=5說明：二、填空題13.若（a+x）(1+x)4的展開式中，x的奇數(shù)次冪的系數(shù)和為32，則展開式中x3的系數(shù)為答案：18解：設(shè)f（x）=（a+x）（1+x）4=a0+a1x+a2x2+…+a5x5，令x=1，則a0+a1+a2+…+a5=f（1）=16（a+1），①令x=-1，則a0-a1+a2-…-a5=f（-1）=0．②①-②得，2（a1+a3+a5）=16（a+1），所以2×32=16（a+1），所以a=3．當(dāng)（3+x）中取3，則(1+x)4取x，x，x，1即x3的系數(shù)為當(dāng)（3+x）中取x，則(1+x)4取x，x，1，1即x3的系數(shù)為∴展開式中x3的系數(shù)為1814.圓心在曲線上，且與直線2x+y+1=0相切的面積最小的圓的方程為答案：（x﹣1）2+（y﹣2）2=5．解：由圓心在曲線上，設(shè)圓心坐標(biāo)為（a，）a＞0，又圓與直線2x+y+1=0相切，所以圓心到直線的距離d=圓的半徑r，由a＞0得到：d=，當(dāng)且僅當(dāng)2a=即a=1時(shí)取等號(hào)，所以圓心坐標(biāo)為（1，2），圓的半徑的最小值為，則所求圓的方程為：（x﹣1）2+（y﹣2）2=5．15.在銳角?ABC中已知B=，=2,則的取值范圍是答案：（0,12）解：解法1以B為原點(diǎn)，BA所在直線為x軸建立坐標(biāo)系，因?yàn)樵O(shè)A（x，0）因?yàn)椤鰽BC是銳角三角形，所以A+C=120°，∴30°＜A＜90°，即A在如圖的線段DE上（不與D，E重合），所以1＜x＜4，則=x2﹣x=（x﹣）2﹣，所以的范圍為（0，12）．解法2∵∠B=，△ABC是銳角三角形，所以A+C=120°，∴30°＜A＜90°=a=2由正弦定理可得∴,∴∵∴16.已知數(shù)列{an}滿足：()，記Sn為{an}的前n項(xiàng)和，則S40=．答案：440解：當(dāng)n=2k時(shí)，即①當(dāng)n=2k-1時(shí)，即②當(dāng)n=2k+1時(shí)，即③①+②③-①S40=（a1+a3+a5+…+a39）+（a2+a4+a6+a8+…+a40）三、解答題17.已知a,b,c分別為銳角?ABC內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊，且a=2csinA⑴求角C⑵若c=，且?ABC的面積為，求a+b的值.解：（1）∵=2csinA∴正弦定理得，∵A銳角，∴sinA＞0，（2）三角形ABC中，由余弦定理得c2=a2+b2﹣2abcosC即7=a2+b2﹣ab，又由△ABC的面積得．即ab=6，∴（a+b）2=a2+b2+2ab=25，由于a+b為正，所以a+b=5．18.在某娛樂節(jié)目的一期比賽中，有6位歌手（1至6號(hào)）登臺(tái)演出，由現(xiàn)場的百家大眾媒體投票選出最受歡迎的歌手，各家媒體獨(dú)立地在投票器上選出3位出彩候選人，其中媒體甲是1號(hào)歌手的歌迷，他必選1號(hào)，另在2號(hào)至6號(hào)中隨機(jī)的選2名；媒體乙不欣賞2號(hào)歌手，他必不選2號(hào)；媒體丙對(duì)6位歌手的演唱沒有偏愛，因此在1至6號(hào)歌手中隨機(jī)的選出3名．（Ⅰ）求媒體甲選中3號(hào)且媒體乙未選中3號(hào)歌手的概率；（Ⅱ）X表示3號(hào)歌手得到媒體甲、乙、丙的票數(shù)之和，求X的分布列及數(shù)學(xué)期望．解：（Ⅰ）設(shè)A表示事件：“媒體甲選中3號(hào)歌手”，事件B表示“媒體乙選中3號(hào)歌手”，事件C表示“媒體丙選中3號(hào)歌手”，媒體甲選中3號(hào)且媒體乙未選中3號(hào)歌手的概率：P（A）=P（A）（1﹣P（B））（Ⅱ）P（C）=，由已知得X的可能取值為0，1，2，3，19.如圖，在四棱錐P-ABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD,AB//CD,AB=2AD=2CD=2,E是PB上的一點(diǎn).（Ⅰ）求證：平面EAC⊥平面PBC；（Ⅱ）若二面角P﹣AC﹣E的余弦值為，求直線PA與平面EAC所成角的正弦值．（Ⅰ）證明：∵PC⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，∴AC⊥PC，∵AB=2，AD=CD=1，∴AC=BC=，∴AC2+BC2=AB2，∴AC⊥BC，又BC∩PC=C，∴AC⊥平面PBC，∵AC?平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBC．（Ⅱ）如圖，以C為原點(diǎn)，取AB中點(diǎn)F，分別為x軸、y軸、z軸正向，建立空間直角坐標(biāo)系，則C（0，0，0），A（1，1，0），B（1，﹣1，0）．設(shè)P（0，0，a）（a＞0），則E（，﹣，），20.已知橢圓C的離心率為，點(diǎn)A,B,F分別為橢圓的右頂點(diǎn)，上頂點(diǎn)和右焦點(diǎn)，且.(1)求橢圓C的方程（2）已知直線被圓O：所截得的弦長為，若直線與橢圓C交于M、N兩點(diǎn)，求?OMN面積的最大值.解：（1）設(shè)方程為C：，則A（a，0），B（0，b），F(xiàn)（c，0）∵橢圓C的離心率為∴聯(lián)立①②，解得b=1，c=∴a=2，∴橢圓的方程為＝1；（2）圓O的圓心為坐標(biāo)原點(diǎn)，半徑為2，∵直線l：y=kx+m被圓O：x2+y2=4所截弦長為2，由垂徑定理可得O到MN距離d為1∴=1∴m2=1+k2③直線l代入橢圓方程，可得（）x2+2kmx+m2﹣1=0∴t=3，即4k2+1=3，解得時(shí)，S取得最大值為1．21.已知函數(shù)=ln（x+1）-x(1)若kz，且f(x-1)+x>k(1-)對(duì)任意x>1恒成立，求k的最大值.⑵對(duì)于在（0，1）中的任意一個(gè)常數(shù)a，是否存在正數(shù)x0，使得e＜1﹣x02成立.解：（1）∵f（x﹣1）+x＞k（1﹣），∴l(xiāng)nx﹣（x﹣1）+x＞k（1﹣），∴l(xiāng)nx+1＞k（1﹣），即xlnx+x﹣kx+3k＞0，令g（x）=xlnx+x﹣kx+3k，則g′（x）=lnx+1+1﹣k=lnx+2﹣k，若k≤2，∵x＞1，∴l(xiāng)nx＞0，g′（x）＞0恒成立，即g（x）在（1，+∞）上遞增；∴g（1）=1+2k≥0，解得，k≥﹣；故﹣≤k≤2，故k的最大值為2；若k＞2，由lnx+2﹣k＞0解得x＞ek﹣2，故g（x）在（1，ek﹣2）上單調(diào)遞減，在（ek﹣2，+∞）上單調(diào)遞增；∴gmin（x）=g（ek﹣2）=3k﹣ek﹣2，令h（k）=3k﹣ek﹣2，h′（k）=3﹣ek﹣2，∴h（k）在（1，2+ln3）上單調(diào)遞增，在（2+ln3，+∞）上單調(diào)遞減；∵h(yuǎn)（2+ln3）=3+3ln3＞0，h（4）=12﹣e2＞0，h（5）=15﹣e3＜0；∴k的最大取值為4，綜上所述，k的最大值為4．（2）假設(shè)存在這樣的x0滿足題意，故x=﹣lna，取x0=﹣lna，在0＜x＜x0時(shí)，h′（x）＜0，當(dāng)x＞x0時(shí)，h′（x）＞0；∴hmin（x）=h（x0）=（﹣lna）2+alna+a﹣1，在a∈（0，1）時(shí)，令p（a）=（lna）2+alna+a﹣1，則p′（a）=（lna）2≥0，故p（a）在（0，1）上是增函數(shù)，故p（a）＜p（1）=0，即當(dāng)x0=﹣lna時(shí)符合題意．請(qǐng)考生在第22、23、24題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計(jì)分.做答時(shí)，請(qǐng)用2B鉛筆在答題卡上將所選題號(hào)后的方框涂黑.22、（本小題滿分10分）選修4－1：幾何證明選講如圖，在ΔABC中，CD是∠ACB的角平分線，△ADC的外接圓交BC于點(diǎn)E，AB＝2AC。（1）求證：BE＝2AD；（2）當(dāng)AC＝3，EC＝6時(shí)，求AD的長。23.在平面直角坐標(biāo)系xoy中，以O(shè)為極點(diǎn)，x軸的正半軸為極軸的極坐標(biāo)系中，直線l的極坐標(biāo)方程為θ=，曲線C的參數(shù)方程為．（1）寫出直線l與曲線C的直角坐標(biāo)方程；（2）過點(diǎn)M平行于直線l的直線與曲線C交于A、B兩點(diǎn)，若|MA|?|MB|=，求點(diǎn)M軌跡的直角坐標(biāo)方程．解：（1）直線l的極坐標(biāo)方程為θ=，所以直線斜率為1，直線l：y=x；由直線l1與曲線C相交可得：故點(diǎn)M的軌跡是橢圓x2+2y2=6夾在平行直線之間的兩段弧）24.已知函數(shù)（1）解不等式.（