2023届山西省高三一模数学试题含解析

2023届山西省高三一模数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先化简集合A，B，再根据补集和交集的概念即可求解．

【详解】依题意可得，，所以．

故选：D．

2．复数满足，则（    ）

A．2 B． C．1 D．

【答案】C

【分析】根据，和来求解.

【详解】，于是.

故选：C

3．在天文学中，常用星等，光照度等来描述天体的明暗程度.两颗星的星等与光照度满足星普森公式.已知大犬座天狼星的星等为，天狼星的光照度是织女星光照度的4倍，据此估计织女星的星等为（参考数据）（    ）

A．2 B．1.05 C．0.05 D．

【答案】C

【分析】根据题意，代入数据计算即可得答案.

【详解】解：设天狼星的星等为，光照度为，织女星的星等为，光照度为，

因为天狼星的光照度是织女星光照度的4倍，所以，

因为两颗星的星等与光照度满足星普森公式，

所以，解得.

所以，织女星的星等为

故选：C

4．经过,,三点的圆与直线的位置关系为（    ）

A．相交 B．相切 C．相交或相切 D．无法确定

【答案】A

【分析】先根据圆上三点坐标求出圆的方程及圆心半径,再根据圆心到直线的距离与半径之间的大小关系,得出圆与直线的位置关系.

【详解】解:由题知,圆过,,三点,

因为,

所以,即,

所以该圆是以为直径的圆,可得圆心为,即,半径,

故圆的方程为,

因为直线方程为:,

所以圆心到直线的距离,

当时,有,所以圆与直线相交,

当时,有,所以圆与直线相交,

综上:圆与直线的位置关系是相交.

故选:A

5．已知矩形中，为边中点，线段和交于点，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】取中点，可证得四边形为平行四边形，得到，结合三角形中位线性质可确定为上靠近的三等分点，从而根据向量线性运算推导得到结果.

【详解】取中点，连接，交于点，

，，四边形为平行四边形，

，又为中点，，同理可得：，

，

.

故选：D.

6．已知随机变量的分布列如下：

其中，2，若，则（    ）A．， B．，

C．， D．，

【答案】B

【分析】由题知，进而根据二项分布的期望与方差公式，方差的性质依次讨论各选项即可得答案.

【详解】解：由表中数据可知，

∴，，

又∵，

∴，，

∴，.

故选：B

7．近年来受各种因素影响，国际大宗商品价格波动较大，我国某钢铁企业需要不间断从澳大利亚采购铁矿石，为保证企业利益最大化，提出以下两种采购方案.方案一：不考虑铁矿石价格升降，每次采购铁矿石的数量一定；方案二：不考虑铁矿石价格升降，每次采购铁矿石所花的钱数一定，则下列说法正确的是（    ）

A．方案一更经济 B．方案二更经济

C．两种方案一样 D．条件不足，无法确定

【答案】B

【分析】设第一次价格为，第二次价格为，进而求解两种方案的平均数，并比较大小即可.

【详解】解：设第一次价格为，第二次价格为，

方案一：若每次购买数量，则两次购买的平均价格为，

方案二：若每次购买钱数为，则两次购买的平均价格为，

所以，，即，当且仅当时，“=”号成立，

所以方案二更经济.

故选：B

8．定义在上的函数满足在区间内恰有两个零点和一个极值点，则下列说法正确的是（    ）

A．的最小正周期为

B．将的图象向右平移个单位长度后关于原点对称

C．图象的一个对称中心为

D．在区间上单调递增

【答案】D

【分析】根据题意可求出的值，从而可得到的解析式，再根据解析式逐项分析即可．

【详解】依题可知，于是，于是，

∴，∴，∴，

对于A，由，则的最小正周期为，故A错误；

对于B，将的图象向右平移个单位长度后得，

则，所以不关于原点对称，故B错误；

对于C，由，所以不是图象的一个对称中心，故C错误；

对于D，由，则，所以在区间上单调递增，故D正确．

故选：D．

二、多选题

9．某同学用搜集到的六组数据绘制了如下散点图，在这六个点中去掉点后重新进行回归分析，则下列说法正确的是（    ）

A．决定系数变小 B．相关系数的绝对值越趋于1

C．残差平方和变小 D．解释变量与预报变量相关性变弱

【答案】BC

【分析】从图中分析得到去掉点后，回归效果更好，再由决定系数，相关系数，残差平方和和相关性的概念和性质作出判断.

【详解】从图中可以看出点较其他点，偏离直线远，故去掉点后，回归效果更好，

决定系数越接近于1，所拟合的回归方程越优，故去掉点后，变大，越趋于1，A错误；

相关系数越趋于1，拟合的回归方程越优，故去掉点后，故相关系数的绝对值越趋于1，B正确；

残差平方和变小拟合效果越好，故C正确；

解释变量与预报变量相关性增强，D错误.

故选：BC

10．设，，，则下列结论正确的是（    ）

A．的最大值为 B．的最小值为

C．的最小值为9 D．的最小值为

【答案】ABC

【分析】对于AD，利用基本不等式判断即可；对于B，利用不等式判断即可，对于C，利用基本不等式“1”的妙用判断即可.

【详解】对于A，因为，，，

则，当且仅当时取等号，故A正确；

对于B，因为，

故，当且仅当时取等号，即的最小值，故B正确；

对于C，，

当且仅当且，即，时取等号，

所以的最小值为9，故C正确；

对于D，，

故，当且仅当时取等号，即的最大值，故D错误．

故选：ABC.

11．1202年，斐波那契在《算盘全书》中从兔子问题得到斐波那契数列1，1，2，3，5，8，13，21该数列的特点是前两项为1，从第三项起，每一项都等于它前面两项的和，人们把这样的一列数组成的数列称为斐波那契数列，19世纪以前并没有人认真研究它，但在19世纪末和20世纪，这一问题派生出广泛的应用，从而活跃起来，成为热门的研究课题，记为该数列的前项和，则下列结论正确的是（    ）

A． B．为偶数

C． D．

【答案】ACD

【分析】根据递推关系计算出的值可判断选项A；根据数列中项的特点可判断选项B；由可得，再化简可判断选项C；由，化简整理可判断选项D，进而可得正确选项.

【详解】对于A：由题意知：，，，，，，，，，，，

故选项A正确；

对于B：因为该数列的特点是前两项为1，从第三项起，每一项都等于它前面两项的和，此数列中数字的特点为：奇数、奇数、偶数的规律循环出现，每3个数一组，呈奇奇偶的顺序排列，而（组）（个），故为奇数，选项B错误；

对于C：由题意知：，所以

，故选项C正确；

对于D：，

故选项D正确，

故选：ACD.

12．在棱长为1的正方体中，在侧面（含边界）内运动，在底面（含边界）内运动，则下列说法正确的是（    ）

A．若直线与直线所成角为30°，则点的轨迹为圆弧

B．若直线与平面所成角为30°，则点的轨迹为双曲线的一部分

C．若，则点的轨迹为线段

D．若到直线的距离等于到平面的距离，则点的轨迹为抛物线的一部分

【答案】ABD

【分析】画出正方体，根据各选项的不同条件对图形进行分析并运算即可得出轨迹问题的结论.

【详解】直线与直线所成角即为，在中，，∴，故在以为圆心，为半径的圆落在侧面内的圆弧上，A正确；

过作于点（如图），设，，直线与平面所成角即为，

在中，，从而，故点的轨迹为双曲线的一部分，故B正确；

在中，，从而，故在以为圆心，为半径的圆落在底面内的圆弧上，C错误；

到直线的距离等于到平面的距离，即到点的距离等于到直线的距离，故点的轨迹为抛物线的一部分，故D正确.

故选：ABD.

三、填空题

13．若，则______．

【答案】

【分析】根据基本初等函数的求导公式及导数的四则运算法则即可计算出结果．

【详解】．

故答案为：．

14．已知随机变量，且，则的展开式中常数项为______.

【答案】60

【分析】通过正态分布得出，再通过二项展开式的通项得出常数项的值.

【详解】由正态分布易得，

设二项展开式的第项，

则常数项为当时，值为60.

故答案为：60.

15．写出一个同时满足下列三个条件的函数的解析式______.

①；②；③在上单调递增.

【答案】（答案不唯一，满足条件即可）

【分析】根据题意得图像关于直线对称，点对称，进而结合三角函数性质和条件③求解即可.

【详解】解：由①可知，函数图像关于直线对称；

由②可知函数图像关于点对称；

所以，，即，

所以，即函数的周期为，

故考虑余弦型函数，不妨令，

所以，，即，满足性质①②，

由③在上单调递增可得，

故不妨取，即，此时满足已知三个条件.

故答案为：

16．已知抛物线的焦点为，点，为抛物线上一动点，则周长的最小值为______.

【答案】##

【分析】过作准线的垂线，垂足为，过作准线的垂线，垂足为，进而结合抛物线的定义求解即可.

【详解】解：由题知，准线方程为.

如图，过作准线的垂线，垂足为，过作准线的垂线，垂足为，

所以周长，当且仅当为与抛物线的交点时等号成立.

故答案为：

四、解答题

17．在①；②；③这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并解决该问题.

问题：在中，角，，所对的边分别为，，，且______.

(1)求角的大小；

(2)若，，边上一点满足，求.

【答案】(1)条件选择见解析，

(2)

【分析】（1）选①：由正弦定理的边化角公式结合三角恒等变换得出角的大小；选②：由正弦定理的边角互化结合余弦定理得出角的大小；选③：由正弦定理的边化角公式得出角的大小；

（2）由结合向量的运算得出.

【详解】（1）选①.由及正弦定理得.

又，∴，于是，，

即，又，∴，故.

选②.由及正弦定理得，

化简得，于是，又，故.

选③.由及正弦定理得

，又，∴，

于是，，又，故.

（2），

两边平方有：，

所以，.

18．从下面的表格中选出3个数字（其中任意两个数字不同行且不同列）作为递增等差数列的前三项.

(1)求数列的通项公式，并求的前项和；

(2)若，记的前项和，求证.

【答案】(1)，

(2)证明见解析

【分析】（1）由题知，，，进而根据等差数列公式计算即可；

（2）根据，再结合裂项求和法求解即可证明.

【详解】（1）解：由题意，选出3个数字组成的等差数列的前三项为：，，，

所以，，

所以.

（2）证明：

.

因为，所以，

所以

19．如图所示，在四棱锥中，侧面平面，是边长为的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，.

(1)求到平面的距离；

(2)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)

(2)存在，

【分析】（1）建立空间直角坐标系利用坐标法求得点到平面的距离；

（2）设，利用坐标法结合两平面夹角余弦值列方程，解得即可.

【详解】（1）取的中点，连接，，

为等边三角形，

，

又平面平面，平面平面，

平面，

如图所示，以为坐标原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，

，，

设平面的法向量为，

，，即，令，则，

又，

故到平面的距离；

（2）设，，，

，

则，，

设平面的法向量为，

，，则，令，则，

又平面的法向量为，

于是，

化简得，又，得，

即，

故存在点，此时.

20．假设有两个密闭的盒子，第一个盒子里装有3个白球2个红球，第二个盒子里装有2个白球4个红球，这些小球除颜色外完全相同.

(1)每次从第一个盒子里随机取出一个球，取出的球不再放回，经过两次取球，求取出的两球中有红球的条件下，第二次取出的是红球的概率；

(2)若先从第一个盒子里随机取出一个球放入第二个盒子中，摇匀后，再从第二个盒子里随机取出一个球，求从第二个盒子里取出的球是红球的概率.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用对立事件的概率公式与条件概率公式，结合古典概型求解即可；

（2）利用全概率公式，结合古典概型求解即可.

【详解】（1）依题意，记事件表示第次从第一个盒子里取出红球，记事件表示两次取球中有红球，

则，

.

（2）记事件表示从第一个盒子里取出红球，记事件表示从第一个盒子里取出白球，记事件表示从第二个盒子里取出红球，

则.

21．双曲线的左、右顶点分别为，，焦点到渐近线的距离为，且过点.

(1)求双曲线的方程；

(2)若直线与双曲线交于，两点，且，证明直线过定点.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】(1)根据双曲线过点和焦点到渐近线的距离为列出方程组，解之即可；

(2)设直线的斜率为，由题意直线的斜率为，将直线方程与双曲线方程联立，利用韦达定理求出，两点的坐标，再求出，两点所在的直线方程即可求解.

【详解】（1）由双曲线可得渐近线为，

不妨取渐近线即

由焦点到渐近线的距离为可得，即

由题意得，得，

从而双曲线的方程为.

（2）设直线的斜率为，则直线的斜率为，

由题意可知：直线的方程为，直线的方程为，

联立直线与双曲线方程得，

于是，从而，从而，

联立直线与双曲线方程得，

于是，从而，从而，

于是，

从而，

化简得，从而过定点.

【点睛】思路点睛:与圆锥曲线相交的直线过定点问题，设出直线的斜截式方程，与圆锥曲线方程联立，借助韦达定理求出直线斜率与纵截距的关系即可解决问题

22．已知.

(1)若的最小值为，求的值；

(2)若恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题知时不满足题意，时，再令并研究其性质得，进而得；

（2）令，将已知不等式等价于，进而结合的单调性得，再结合（1）当时，恒成立得，再解不等式即可得答案.

【详解】（1）解：，定义域为，

①当时，在恒成立，单调递增，

又，故当时，，不满足题意，舍去；

②当时，由得，得，

所以，在上单调递减，在上单调递增，

所以.

令，则，

令，得，，得，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以，

所以，当的最小值为时，即时，解得.

所以

（2）解：由（1）知：当时，恒成立，

等价于，

又等价于.

令，则上述不等式等价于

因为恒成立，

所以，在上单调递增，.

所以等价于，即，

因为当时，恒成立，

所以，故，解得.

所以，实数的取值范围是.

【点睛】方法点睛：本题第二问解题的方法在于构造函数，进而将已知不等式转化为，进而结合单调性转化求解即可.