179，山西省吕梁市2023-2024学年高三第一次模拟考试数学试题

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（本试题满分150分，考试时间120分钟．答案一律写在答题卡上）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上．
2．答题时使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚．
3．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效．
4．保持卡面清洁，不折叠，不破损．
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. 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先化简集合，根据集合关系求解即可.
【详解】由解得，
所以，，所以，，
故选：A
2. 已知复数，则（ ）
A. 1B. C. 2D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】由复数的运算结合模长公式求解即可.
【详解】，
故选：A
3. 双曲线的一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率为（ ）您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载 A. B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，可得，再由双曲线离心率的意义计算即得.
【详解】依题意，，所以该双曲线的离心率.
故选：A
4. 宽与长的比为的矩形叫做黄金矩形，它广泛的出现在艺术、建筑、人体和自然界中，令人赏心悦目．在黄金矩形中，中点为，则的值为（ ）
A. B. C. 4D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】利用定义求得，再利用平面向量的基底法用表示，从而利用数量积的运算法则即可得解.
【详解】因为在黄金矩形中，，

所以，故，
而，，
所以.
故选：D.
5. 的值为（ ）
A. B. C. 2D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】先把正切化为弦，再分别应用配角公式和正弦的二倍角公式化简即可.
【详解】，
则，
故选：D
6. 如图，“蒸茶器”外形为圆台状，上、下底面直径（内部）分别为，高为（内部），上口内置一个直径为，高为的圆柱形空心金属器皿（厚度不计，用来放置茶叶）．根据经验，一般水面至茶叶（圆柱下底面）下方的距离大于等于时茶叶不会外溢．用此“蒸茶器”蒸茶时为防止茶叶外溢，水的最大容积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】作出圆台的轴截面，设截面上部延长部分三角形的高为，水到达最大容量时水面的圆面半径为，根据平面几何相关的比例性质可计算得到，进而可求最大容积.
【详解】如图，作出圆台的轴截面，设截面上部延长部分三角形的高为，
由相似三角形性质，得，解得，
设水到达最大容量时水面的圆面半径为，
则，解得，
水的最大容量为.
故选：C.
7. 已知圆，点为直线上的动点，以为直径的圆与圆相交于两点，则四边形面积的最小值为（ ）
A. B. C. 2D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】写出面积表达式，从而得到当与直线垂直时面积最小，代入数据计算即可.
【详解】由题意得，，，
，
当垂直直线时，，
，
故选：B.

8. 已知函数满足，则下列结论不正确的是（ ）
A. B. 函数关于直线对称
C. D. 的周期为3
【答案】D
【解析】
【分析】解法一：令，代入判断A；令，利用奇偶性和对称性的概念判断B；令判断C；令，利用周期性的概念判断D；解法二：构造构造函数，依次验证各选项即可.
【详解】解法一：
令，，则，解得，A正确；
令，则，
所以，即是偶函数，
所以，所以函数关于直线对称，B正确；
令，则，
令，则，所以，C正确；
令，则①，
所以②，
①②联立得，
所以，，即的周期为，D错误；
解法二：
构造函数，
满足，且，
，A正确；
，
因为表示的图象向右平移个单位，且的图象关于轴对称，
所以关于直线对称，B正确；
由余弦函数的图象和性质可知，C正确；
的周期，D错误；
故选：D
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 命题“”的否定是“”
B. “”是“”的充分不必要条件
C. 若函数的定义域为，则函数的定义域为
D. 记为函数图象上的任意两点，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据全称存在量词命题的否定形式，判断A，根据充分，必要条件的定义，判断B，根据复合函数的定义域公式，判断C，利用作差法判断D.
【详解】对于A选项，“，”的否定为“”，故A错误；
对于B选项，由，得，故或，
因此是的充分不必要条件，故B正确；
对于C选项，中，，中，，即，故C正确；
对于D选项，
，
,
，
，故D正确.
故选：BCD
10. 已知函数的部分图象如图所示，将函数的图象先关于轴对称，然后再向左平移个单位长度后得到函数的图象，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. 函数为奇函数D. 函数在区间上单调递增
【答案】AD
【解析】
【分析】利用平移求出新的函数解析式，再利用三角函数的单调性，奇偶性，对称性等性质求解即可.
【详解】根据函数的部分图象，
可得A＝2，，∴ω＝2，
对于A选项，结合五点法作图，可得，故A正确，
，将函数的图象平移后得到函数的图象，
则，
对于B选项，由，得到的对称轴为，
显然不是其对称轴，故，故B错误，
对于C选项，函数显然不是奇函数，故C错误，
对于D选项，，的递增区间即的递减区间，
令，
解得，
故的递增区间是，
当时，的递增区间是，故D正确，
故选：AD．
11. 已知正方体的棱长为1，点满足，（与三点不重合），则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，平面
B. 当时，平面
C. 当时，平面平面
D. 当时，直线与平面所成角的正切值的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A根据空间向量分析可知点在平面内，利用面面平行证明线线平行，即可求解；B根据空间向量分析可知点在直线上，根据线面垂直的判定定理分析判断；C根据空间向量分析可知点为取的中点，建立空间直角坐标系，利用向量法从而可求解；D根据空间向量分析可知点在平面内，根据线面夹角的定义结合基本不等式分析判断.
【详解】A，当时，即，则，
可得，则，
所以点在平面内，如图，因为，，
面，面，故面，
面，面，故面，
，面，所以面面，又面，
所以平面.故A正确；
B，当时，，则，故点在直线上，直线与直线共线，
如图，，，，平面，
所以平面，即平面，故B正确；
C，当 当时，，所以，故为的中点，
如图，以为原点建立空间直角坐标系，设正方体边长为，则，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，则，令，得，
设平面的一个法向量为，则，令，得，
则，所以平面与平面不垂直，故C错误；
D，当，时，则，可知点在平面内，
因为面面，则直线与面所成角即为直线与面所成的角，
因为面，则直线与面所成的角为，得，
又，即，则，得，
当且仅当，即时等号成立，知的最小值为，则的最大值，
所以直线与平面所成角的正切值的最大值为，故D正确.
故选：ABD.
12. 画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：椭圆的两条切线互相垂直，则两切线的交点位于一个与椭圆同中心的圆上，称此圆为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆分别为椭圆的左、右焦点，，其短轴上的一个端点到的距离为，点在椭圆上，直线，则（ ）
A. 直线与蒙日圆相切
B. 椭圆的蒙日圆方程为
C. 若点是椭圆的蒙日圆上的动点，过点作椭圆的两条切线，分别交蒙日圆于两点，则的长恒为4
D. 记点到直线的距离为，则的最小值为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据蒙日圆的概念求出蒙日圆的方程判断AB，根据圆的性质判断C，根据椭圆的定义和点到直线的距离公式判断D.
【详解】当两切线分别与两坐标轴垂直时，两切线的方程分别为、，
所以点在蒙日圆上，故蒙日圆的方程为，
又由题意可得，，结合解得，，
对于A选项，蒙日圆圆心到直线的距离为，
所以，直线与蒙日圆相切，故A正确；
对于B选项，的蒙日圆的方程为，故B错误；
对于C选项，由题意可知，，所以为蒙日圆的直径，，故C正确；
对于D选项，由椭圆的定义可得，，
所以，，
直线的方程为，
点到直线的距离为，
所以，，
当且仅当时，等号成立，故D错误；
故选：AC
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 的展开式中的系数为______．（用数字作答）
【答案】20
【解析】
【分析】先求出的展开式通项，然后分情况讨论，，从而可求解.
【详解】 的第项为，
令，解得，令，得，
代入通项可得展开式中的和项分别为：，分别与和相乘，
得的展开式中项为，故的系数为20.
故答案为：20.
14. 某市2018年至2022年新能源汽车年销量（单位：百台）与年份代号的数据如下表：
若根据表中的数据用最小二乘法求得关于的回归直线方程为，据此计算相应于样本点的残差为______．
【答案】##
【解析】
【分析】首先计算和，并代入回归直线方程求，并求的估计值，根据残差的定义，即可求解.
【详解】依题意，，，
代入回归直线，解得
所以回归直线为
当时，，因此残差，
故答案为：
15. 设各项均为正数的数列的前项和为，前项积为，若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意化简可得数列的递推公式，构造法求出其通项公式，从而求解.
【详解】由
得
即
是以2为首项，2为公比的等比数列
.
故答案为：
【点睛】由递推公式求通项公式的常用方法：
1、累加法求通项 适用于：
2、累乘法求通项 适用于：
3、构造法求通项 适用于
形如型
形如：（其中是常数，且）型
形如（其中是常数，且）型
16. 已知分别是函数和图象上的动点，若对任意的，都有恒成立，则实数的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】先求出到直线的距离，则，再利用导数求出函数的最小值，即可得解.
【详解】点到直线的距离，
则，
又，
由知，和在上单调递增，
所以在上单调递增，其值域为，
又，令，
令，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，
因为对任意的，都有恒成立，所以，
所以实数的最大值为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
四、解答题：本题共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. 已知数列满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据公式，即可求解；
（2）根据（1）的结果得，再利用裂项相消法求和，即可求解.
【小问1详解】
由题意，得
当
当，适合上式.
【小问2详解】
所以
.
18. 设的内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）设的角平分线交于点，求的最小值．
【答案】（1）
（2）9
【解析】
【分析】（1）首先根据正弦定理将边化为角，再结合三角恒等变换，即可求解；
（2）首先根据角平分线的性质，结合三角形的面积公式，求得，再结合基本不等式，即可求解.
【小问1详解】
.
由正弦定理，得
，即
，即
【小问2详解】
由题意可得，

即

当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为9.
19. 如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，．

（1）线段上是否存在一点使得，若存在，求出的长，若不存在，说明理由；
（2）定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值，求异面直线与之间的距离．
【答案】（1）存在点，
（2）
【解析】
【分析】（1）首先以点为原点建立空间直角坐标系，由，即可求解点的位置，并求解；
（2）由异面直线的距离的定义，结合（1）的结果，转化为求点到直线的距离，再转化为二次函数求最值问题.
小问1详解】
以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，
则各点的坐标为，，，
，
设为直线PB上一点，且，
,又，

所以存在点，满足，此时.
【小问2详解】
由（1）可得，

则点到直线的距离

∵
∴
所以异面直线PB与CD之间的距离为
20. 吕梁市举办中式厨师技能大赛，大赛分初赛和决赛，初赛共进行3轮比赛，每轮比赛结果互不影响．比赛规则如下：每一轮比赛，参赛选手要在规定的时间和范围内，制作中式面点和中式热菜各2道，若有不少于3道得到评委认可，将获得一张通关卡，3轮比赛中，至少获得2张通关卡的选手将进入决赛．为能进入决赛，小李赛前在师傅的指导下多次进行训练，师傅从小李训练中所做的菜品中随机抽取了中式面点和中式热菜各4道，其中有3道中式面点和2道中式热菜得到认可．
（1）若从小李训练中所抽取的8道菜品中，随机抽取中式面点、中式热菜各2道，由此来估计小李在一轮比赛中的通关情况，试预测小李在一轮比赛中通关的概率；
（2）若以小李训练中所抽取的8道菜品中两类菜品各自被师傅认可的频率作为该类菜品被评委认可的概率，经师傅对小李进行强化训练后，每道中式面点被评委认可的概率不变，每道中式热菜被评委认可的概率增加了，以获得通关卡次数的期望作为判断依据，试预测小李能否进入决赛？
【答案】（1）
（2）小李能进入决赛
【解析】
【分析】（1）分情况在中式面点和中式热菜中选择元素，再集合组合数公式和古典概率类型公式，即可求解；
（2）首先确定每道中式面点和每道中式热菜被评委认可的概率，再求解每轮通过的概率，最后转化为独立重复事件的期望问题，即可求解.
【小问1详解】
设“在一轮比赛中，小李获得通关卡”，则事件A发生的所有情况有：
①得到认可的中式面点入选1道，中式热菜入选2道的概率为
②得到认可的中式面点入选2道，中式热菜入选1道的概率为
③得到认可中式面点和中式热菜各入选2道的概率为
所以；
【小问2详解】
由题知，强化训练后，每道中式面点被评委认可的概率为，每道中式热菜被评委认可的概率为，则强化训练后，在一轮比赛中，小李获得通关卡的概率为
，
因为每轮比赛结果互不影响，所以进行3轮比赛可看作3重伯努利试验．
用X表示小李在3轮比赛中获得通关卡的次数，则 ，
∴，
∴小李能进入决赛.
21. 已知直线与抛物线相切于点，动直线与抛物线交于不同两点异于点，且以为直径的圆过点．
（1）求抛物线的方程及点的坐标；
（2）当最小时，求直线的方程．
【答案】（1）抛物线C的方程为，点A的坐标为
（2）直线的方程为
【解析】
【分析】（1）联立直线与抛物线方程可得与横坐标有关一元二次方程，由直线与抛物线相切可得其，即可得解；
（2）设出直线方程，联立抛物线方程可得与横坐标有关韦达定理，结合题意计算即可得与的关系，即可计算最小时的状态，即可计算出对应直线方程.
【小问1详解】
联立，消得，
因为直线与抛物线相切，
所以，解得或（舍去），
当时，，解得，所以，
所以抛物线C的方程为，点A的坐标为；
【小问2详解】
显然直线的斜率存在，可设为，
由，消得，则，
， 且，
因为以MN为直径的圆过点A，所以，即，
整理可得，
所以，
化简得，所以，
所以或， 即或，
当时，直线，即，所以直线过定点（舍去），
当时，直线，满足，即，所以直线过定点，
设点到直线的距离为，则
当直线与垂直时，最大，又，所以，
所以直线的方程为.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于联立直线方程与曲线方程，得到与两交点横坐标有关韦达定理，借助韦达定理结合题意计算出直线中参数的关系，从而解决该问题.
22. 已知函数．
（1）求在处的切线方程；
（2）若对任意恒成立，求正实数的取值集合．
【答案】22.
23.
【解析】
【分析】（1） 由题意先求出，从而可求解.
（2）由对任意恒成立，构建，利用导数求出的单调性，从而可求解.
【小问1详解】
由题意得， 所以，
又因为 ，则切线方程为，
即.
【小问2详解】
由题意得对任意，恒成立，
令，则，
令，则，
当时，，单调递增，且，，
所以存在使得，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，不合题意；
当时，，单调递增，且，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，符合题意；
当时，得在上单调递增，
又，
所以，在上单调递增，
又，，
所以存在使得，
当时，，单调递增，，不符合题意，
综上，正实数的取值集合为.
【点睛】方法点睛：（1）导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理；（2）利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用；（3）证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.年份
2018
2019
2020
2021
2022
年份代号
0
1
2
3
4
年销量
10
15
20
30
35