山西省太原市2023届高三二模数学试题（含答案解析）

太原市2023年高三年级模拟考试（二）数学试卷（考试时间：下午3：00—5：00）注意事项：1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，第I卷1至4页，第II卷5至8页.2.回答第I卷前，考生务必将自己的姓名、考试编号填写在答题卡上.3.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，写在本试卷上无效.4.回答第II卷时，将答案写在答题卡相应位置上，写在本试卷上无效.5.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第I卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，，则（）．A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】首先求出集合，再由交集的定义计算即可．【详解】因为，所以，所以，故选：B．2.已知，则下列结论正确的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据不等式性质以及指数函数单调性、对数函数定义域，利用特殊值即可判断结果.【详解】根据题意可知，不妨取则，此时不满足，即A错误；易得，此时，所以B错误；对于D，无意义，所以D错误，由指数函数单调性可得，当时，，即C正确.故选：C3.已知，，与的夹角为，则（）A.2 B. C. D.4【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律、结合数量积的定义求解作答.【详解】因为，，与的夹角为，则，所以.故选：A4.2025年某省将实行“3+1+2”模式的新高考，其中“3”表示语文、数学和英语这三门必考科目，“1”表示必须从物理和历史中选考一门科目，“2”表示要从化学、生物、政治和地理中选考两门科目.为帮助甲、乙两名高一学生应对新高考，合理选择选考科目，将其高一年级的成绩综合指标值（指标值满分为5分，分值越高成绩越优）整理得到如下的雷达图，则下列选择最合理的是（）A.选考科目甲应选物理、化学、历史B.选考科目甲应选化学、历史、地理C.选考科目乙应选物理、政治、历史D.选考科目乙应选政治、历史、地理【答案】D【解析】【分析】根据雷达图得到两位同学综合指标值顺序，然后根据选科要求从高到低选择即可.【详解】根据雷达图，甲同学按照科目综合指标值从高到低顺序为：物理、历史（化学）、地理、生物、政治，乙同学按照科目综合指标值从高到低顺序为：历史、物理（政治）、地理、生物、化学，根据新高考选科模式规则，选考科目甲应选物理、化学、地理；选考科目乙应选历史、政治、地理.故选：D5.已知，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用同角三角函数基本关系式，以及三角函数在各个象限内的正负，可得，从而求出的值.【详解】因为，所以，即，所以.因为，所以，所以.因为，所以.故选：B.6.已知等比数列的前项和，满足，则（）A.16 B.32 C.81 D.243【答案】A【解析】【分析】根据，作差得到等比数列的公比为，再求出，最后根据等比数列的通项公式计算可得.【详解】等比数列的前项和为，且，∴，∴，∴，故等比数列的公比为．在中，令，可得，∴，则．故选：A．7.已知圆，过直线上的动点作圆的切线，切点为，则的最小值是（）A. B.2 C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题意易知当圆心到直线上点的距离最小时，最小，利用点到直线的距离公式计算即可.【详解】圆，圆心，半径，设圆心到直线：的距离为，则，易得，则，故当圆心到直线上点的距离最小时，即圆心到直线的距离，此时最小，因为，所以，故最小值是．故选：D.8.已知，，，则下列结论正确的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】将转化为，由此构造函数，利用导数判断其单调性结合对数运算，即可得出答案.【详解】由题意可知，于是构造函数，则，当时，；当时，；故在上单调递增，在上单调递减，而，又，故，故选：B【点睛】关键点睛：解答数的比较大小问题，关键是将数的形式转化为结构一致的形式，从而确定变量，可构造函数，利用导数判断其单调性，进而比较大小.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.9.已知在处取得极大值3，则下列结论正确的是（）A. B. C. D.【答案】AD【解析】【分析】根据原函数极值点即为导函数零点可得，即可知，再根据极大值为3可解得或；易知当时，在处取得极小值，与题意不符，当时，函数在处取得极大值，符合题意，可得，，即，即可判断出结论.【详解】由题意可得，且是函数的极大值点，即，可得，又极大值为3，所以，解得或；当时，，此时，时，，时，所以函数在上单调递减，在上单调递增；此时函数处取得极小值，与题意不符，即舍去；当时，，此时，时，，时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减；此时函数在处取得极大值，符合题意，所以，，即，所以A正确，B错误；此时，所以，，即C错误，D正确.故选：AD10.已知双曲线的左、右焦点分别为，，抛物线的焦点与双曲线的焦点重合，点是这两条曲线的一个公共点，则下列说法正确的是（）A.双曲线的渐近线方程为 B.C.的面积为 D.【答案】AB【解析】【分析】先根据抛物线方程得出的坐标，即的值，进而求出，得出双曲线的方程.即可得出A项；联立双曲线与抛物线的方程，求出点坐标，即可求得的值，判断B项、得出的面积，判断C项、求得的值，根据余弦定理，得出的值，判断D项.【详解】由已知，抛物线的焦点坐标为，所以双曲线右焦点，即.又，所以，所以，双曲线的方程为.对于A项，双曲线的的渐近线方程为，故A项正确；对于B项，联立双曲线与抛物线的方程，整理可得，，解得或（舍去负值），所以，代入可得，.设，又，所以，故B项正确；对于C项，易知，故C项错误；对于D项，因为，所以，由余弦定理可得，，故D项错误.故选：AB.11.已知在上有且仅有2个极值点，则下列结论正确的是（）A.B.若关于直线对称，则的最小正周期C.若关于点对称，则在上单调递增D.，使得在上的最小值为【答案】BC【解析】【分析】先根据在上有且仅有2个极值点确定范围判断A选项；根据范围结合对称轴可以判断B选项；据范围结合对称中心可以判断C选项；据范围结合给定范围求最值可以判断D选项.【详解】因为在上有且仅有2个极值点，所以所以，所以，故A选项错误；关于直线对称，，又因为，所以，所以的最小正周期，故B正确；关于点对称，，，又因为，所以，当时，则在上单调递增，故C选项正确；，又因为，所以，所以在上的最小值小于，故D选项错误.故选:BC.12.已知三棱锥的所有棱长均为，平面ABC，O为垂足，是PO的中点，AD的延长线交平面PBC于点，的延长线交平面PAB于点，则下列结论正确的是（）A.//B.若是棱PB上动点，则的最小值为C.三棱锥外接球的表面积为D.【答案】ACD【解析】【分析】A选项，设分别为中点，先证明是等腰三角形底边上的高线上一点，且满足，同理可以说明是等腰三角形底边上的高线上一点同样位置，然后可得到//，再由中位线可得//，进而得到证明；B选项，将三棱锥保留展开成平面图形后处理；C选项，根据正棱锥的对称性，球心必定落在射线上，列出勾股定理方程计算；D选项，利用同高不同底的棱锥，体积之比是底面积之比，结合A选项，考察之间的关系.【详解】A选项，由题知，该三棱锥是正四面体，取中点，连接，显然会经过，于是，过作//，交于.由于是在的投影，由正棱锥性质，为等边的重心，于是，由//可知，和相似，于是，由是PO的中点，易得和全等，则，于是，同理可说明，于是和相似，于是//，又为中边对应的中位线，故//，于是//，A选项正确；B选项，将三棱锥保留边展开，成如图所示的平面图形，该图形由两个等边三角形拼成的菱形，显然的最小值在共线取得，即的最小值为，B选项错误；C选项，先算一些数据，借助A选项的图，的外接圆半径，故，，于是.根据对称性，三棱锥外接球的球心在射线上，不妨设球心为，外接球半径为，则，，又，则，解得（由于，实际上球心在三棱锥外），故外接球表面积为：，C选项正确；D选项，三棱锥和等高，由，于是，根据A选项，，，即，于是，注意到三棱锥和等高，故，于是，D选项正确.故选：ACD第II卷（非选择题共90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知复数z满足（i为虚数单位），则_______．【答案】##i+1【解析】【分析】根据题意，结合复数的运算法则，求得，得到答案.【详解】由复数满足，可得.故答案为：14.已知，则__________．【答案】【解析】【分析】应用赋值法令，得，令，得，即可得到答案.【详解】依题意，令，得，令，得.因为可以得出,，故.故答案为：.15.已知椭圆的左、右焦点分别为，，点是上一点，点是直线与轴的交点，的内切圆与相切于点，若，则椭圆的离心率__________．【答案】【解析】【分析】设内切圆与AM切于Q，与切于P，由切线性质知，结合椭圆定义建立的关系求得.【详解】设内切圆与AM切于Q，与切于P，由切线性质知，，，由对称性知，所以，即，所以，所以故答案为：16.已知，，且满足，则__________．【答案】【解析】【分析】原式等价于.构造，根据导函数求出函数的最值，可得，即可得出，，求出的值，即可得出答案.【详解】因为，构造，，当时，，所以在上单调递增；当时，，所以在上单调递减.所以，在处取得极大值，也是最大值，所以.由题意可知，，所以，.因为，所以，，所以.故答案为：.【点睛】方法点睛：同构变形后，构造函数，根据导函数研究函数的性质，进而得出结论.四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知是正项等比数列，是等差数列，且，，.（1）求和的通项公式；（2）从下面条件①、②中选择一个作为已知条件，求数列的前项和.条件①：；条件②：.注：若条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1），；（2）答案见解析【解析】【分析】（1）应用等差等比的通项公式计算求解即可；（2）错位相减法求和可得.【小问1详解】设的公比为，的公差为，由题意可得解得或（舍去），，，；【小问2详解】由（1）得，选择条件①：，则.，①，②①-②得，.选择条件②：，则.，①，②①-②得，18.在锐角中，分别为内角的对边，，角的平分线交于，.（1）求；（2）求外接圆面积的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）对于题干条件，结合余弦定理，正弦定理进行边角转化后求解；（2）结合角平分线长度，面积的等量关系，得出满足的条件，进而由余弦定理得到的范围，然后由正弦定理得出外接圆半径的最小值.【小问1详解】，，由余弦定理可得，，化简得，，由正弦定理可得，，.【小问2详解】由（1）得，.，，，整理得.由基本不等式，，（当且仅当时等号成立），，，外接圆的直径，，当且仅当时，外接圆的面积取最小值.19.为响应国家使用新能源的号召，促进“碳达峰碳中和”的目标实现，某汽车生产企业在积极上市四款新能源汽车后，对它们进行了市场调研.该企业研发部门从购买这四款车的车主中随机抽取了50人，让车主对所购汽车的性能进行评分，每款车的性能都有1分、2分、3分、4分、5分五个等级，各评分及相应人数的统计结果如下表.性能评分汽车款式12345基础班基础版122310基础版244531豪华版豪华版113541豪华版200353（1）求所抽车主对这四款车性能评分的平均数和第90百分位数；（2）当评分不小于4时，认为该款车性能优秀，否则认为性能一般.根据上述样本数据，完成以下列联表，并依据的独立性检验，能否认为汽车的性能与款式有关？并解释所得结论的实际含义.汽车性能汽车款式合计基础班豪华版一般优秀合计（3）为提高这四款新车的性能，现从样本评分不大于2的基础版车主中，随机抽取3人征求意见，记X为其中基础版1车主的人数，求X的分布列及数学期望.附：.0.100.050.010.0052.7063.8416.6357.879【答案】（1）平均数为3，第90百分位数为4.5；（2）答案见解析（3）分布列见解析，1【解析】【分析】（1）根据百分位数定义求解即可；（2）根据联表计算对应数据判断可得汽车的性能与款式的相关性；（3）根据超几何分布计算概率和分布列及期望得解.【小问1详解】由题意得这四款车性能评分的平均数为；其第90百分位数为；【小问2详解】由题意得汽车性能汽车款式合计基础版豪华版一般201232优秀51318合计252550零假设为：汽车性能与款式无关，根据列联表中的数据，经计算得到.根据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为汽车性能与款式有关，此推断犯错误的概率不超过0.05；汽车性能一般中基础版和豪华版的频率分别为和，性能优秀中基础版和豪华版的频率分别为和，根据频率稳定于概率的原理，可以认为性能优秀时豪华版的概率大.【小问3详解】由题意可得X服从超几何分布，且，，，由题意知，X的所有可能取值为，则，，，所以X分布列为X0123P.20.如图，三棱柱中，侧面是矩形，，，D是AB的中点.（1）证明：；（2）若平面，E是上的动点，平面与平面夹角的余弦值为，求的值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先证明线面垂直，根据线面垂直得出线线垂直；（2）先设比值得出向量关系，根据空间向量法求已知二面角的值即可求出比值.【小问1详解】取BC的中点F，连接，，记，是AB的中点，，，，在矩形中，，，，，，，平面,平面，平面，平面，；【小问2详解】因为平面，，平面，所以，，由矩形得，以点为原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设，，则，，，，所以设是平面的一个法向量，则，令，则.设是平面的一个法向量，则，令，则，，.，或（舍去），.21.已知双曲线经过点，直线、分别是双曲线的渐近线，过分别作和的平行线l′1和l′2，直线l′1交轴于点，直线l′2交轴于点，且（是坐标原点）（1）求双曲线的方程；（2）设、分别是双曲线的左、右顶点，过右焦点的直线交双曲线于、两个不同点，直线与相交于点，证明：点在定直线上.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求出点、的坐标，根据题中条件可得出关于、的方程组，解出、的值，即可得出双曲线的方程；（2）分析可知直线不与轴重合，设、，直线的方程为，将直线的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，求出直线与的方程，将这两条直线联立，求出点的横坐标，即可得出结论.【小问1详解】解：由题意得，，不妨设直线的方程为，则直线l′1的方程为，在直线l′1的方程中，令可得，即点，同理可得，，由可得，因此，双曲线的方程为.小问2详解】证明：由（1）得、、，若直线与轴重合，则、为双曲线的顶点，不合乎题意，设、，直线的方程为，联立可得，所以，，解得，，，直线的方程为，直线的方程为，联立直线与的方程，可得，所以，，因为，解得，因此，点在定直线上.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方