《山西省2023屆高三一模數學試題 Word版含解析.docx》由會員上傳分享，免費在線閱讀，更多相關內容在教育資源-天天文庫。

2023年1月山西省高三適應性調研考試數學試卷（時間：120分鐘，滿分：150分）一、單項選擇題（本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中有且只有一個選項符合題目要求）1已知集合，，則（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先化簡集合A，B，再根據補集和交集的概念即可求解．詳解】依題意可得，，所以．故選：D．2.復數滿足，則（）A.2B.C.1D.【答案】C【解析】【分析】根據，和來求解.【詳解】，于是.故選：C3.在天文學中，常用星等，光照度等來描述天體的明暗程度.兩顆星的星等與光照度滿足星普森公式.已知大犬座天狼星的星等為，天狼星的光照度是織女星光照度的4倍，據此估計織女星的星等為（參考數據）（）A.2B.1.05C.0.05D.【答案】C【解析】 【分析】根據題意，代入數據計算即可得答案.【詳解】解：設天狼星的星等為，光照度為，織女星的星等為，光照度為，因為天狼星的光照度是織女星光照度的4倍，所以，因為兩顆星的星等與光照度滿足星普森公式，所以，解得.所以，織女星的星等為故選：C4.經過,,三點的圓與直線的位置關系為（）A.相交B.相切C.相交或相切D.無法確定【答案】A【解析】【分析】先根據圓上三點坐標求出圓的方程及圓心半徑,再根據圓心到直線的距離與半徑之間的大小關系,得出圓與直線的位置關系.【詳解】解:由題知,圓過,,三點,因為,所以,即,所以該圓是以為直徑的圓,可得圓心為,即,半徑,故圓的方程為,因為直線方程為:,所以圓心到直線的距離,當時,有,所以圓與直線相交,當時,有,所以圓與直線相交, 綜上:圓與直線的位置關系是相交.故選:A5.已知矩形中，為邊中點，線段和交于點，則（）AB.C.D.【答案】D【解析】【分析】取中點，可證得四邊形為平行四邊形，得到，結合三角形中位線性質可確定為上靠近的三等分點，從而根據向量線性運算推導得到結果.【詳解】取中點，連接，交于點，，，四邊形為平行四邊形，，又為中點，，同理可得：，，.故選：D.6.已知隨機變量的分布列如下：012其中，2，若，則（）A.，B.， C.，D.，【答案】B【解析】【分析】由題知，進而根據二項分布的期望與方差公式，方差的性質依次討論各選項即可得答案.【詳解】解：由表中數據可知，∴，，又∵，∴，，∴，.故選：B7.近年來受各種因素影響，國際大宗商品價格波動較大，我國某鋼鐵企業(yè)需要不間斷從澳大利亞采購鐵礦石，為保證企業(yè)利益最大化，提出以下兩種采購方案.方案一：不考慮鐵礦石價格升降，每次采購鐵礦石的數量一定；方案二：不考慮鐵礦石價格升降，每次采購鐵礦石所花的錢數一定，則下列說法正確的是（）A.方案一更經濟B.方案二更經濟C.兩種方案一樣D.條件不足，無法確定【答案】B【解析】【分析】設第一次價格為，第二次價格為，進而求解兩種方案的平均數，并比較大小即可.【詳解】解：設第一次價格為，第二次價格為，方案一：若每次購買數量，則兩次購買的平均價格為，方案二：若每次購買錢數為，則兩次購買的平均價格為， 所以，，即，當且僅當時，“=”號成立，所以方案二更經濟.故選：B8.定義在上的函數滿足在區(qū)間內恰有兩個零點和一個極值點，則下列說法正確的是（）A.的最小正周期為B.將的圖象向右平移個單位長度后關于原點對稱C.圖象的一個對稱中心為D.在區(qū)間上單調遞增【答案】D【解析】【分析】根據題意可求出的值，從而可得到的解析式，再根據解析式逐項分析即可．【詳解】依題可知，于是，于是，∴，∴，∴，對于A，由，則的最小正周期為，故A錯誤；對于B，將的圖象向右平移個單位長度后得，則，所以不關于原點對稱，故B錯誤；對于C，由，所以不是圖象的一個對稱中心，故C錯誤； 對于D，由，則，所以在區(qū)間上單調遞增，故D正確．故選：D．二、多項選擇題（本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分）9.某同學用搜集到的六組數據繪制了如下散點圖，在這六個點中去掉點后重新進行回歸分析，則下列說法正確的是（）A.決定系數變小B.相關系數的絕對值越趨于1C.殘差平方和變小D.解釋變量與預報變量相關性變弱【答案】BC【解析】【分析】從圖中分析得到去掉點后，回歸效果更好，再由決定系數，相關系數，殘差平方和和相關性的概念和性質作出判斷.【詳解】從圖中可以看出點較其他點，偏離直線遠，故去掉點后，回歸效果更好，決定系數越接近于1，所擬合的回歸方程越優(yōu)，故去掉點后，變大，越趨于1，A錯誤；相關系數越趨于1，擬合的回歸方程越優(yōu)，故去掉點后，故相關系數的絕對值越趨于1，B正確；殘差平方和變小擬合效果越好，故C正確；解釋變量與預報變量相關性增強，D錯誤.故選：BC10.設，，，則下列結論正確的是（）A.的最大值為B.的最小值為C.的最小值為9D.的最小值為【答案】ABC【解析】【分析】對于AD，利用基本不等式判斷即可；對于B，利用不等式判斷即可，對于 C，利用基本不等式“1”的妙用判斷即可.【詳解】對于A，因為，，，則，當且僅當時取等號，故A正確；對于B，因為，故，當且僅當時取等號，即的最小值，故B正確；對于C，，當且僅當且，即，時取等號，所以的最小值為9，故C正確；對于D，，故，當且僅當時取等號，即的最大值，故D錯誤．故選：ABC.11.1202年，斐波那契在《算盤全書》中從兔子問題得到斐波那契數列1，1，2，3，5，8，13，21該數列的特點是前兩項為1，從第三項起，每一項都等于它前面兩項的和，人們把這樣的一列數組成的數列稱為斐波那契數列，19世紀以前并沒有人認真研究它，但在19世紀末和20世紀，這一問題派生出廣泛的應用，從而活躍起來，成為熱門的研究課題，記為該數列的前項和，則下列結論正確的是（）A.B.偶數C.D.【答案】ACD【解析】【分析】根據遞推關系計算出的值可判斷選項A；根據數列中項的特點可判斷選項B；由可得，再化簡可判斷選項C；由，化簡整理可判斷選項D，進而可得正確選項.【詳解】對于A：由題意知：，，，，，，，， ，，，故選項A正確；對于B：因為該數列的特點是前兩項為1，從第三項起，每一項都等于它前面兩項的和，此數列中數字的特點為：奇數、奇數、偶數的規(guī)律循環(huán)出現，每3個數一組，呈奇奇偶的順序排列，而（組）（個），故為奇數，選項B錯誤；對于C：由題意知：，所以，故選項C正確；對于D：，故選項D正確，故選：ACD.12.在棱長為1的正方體中，在側面（含邊界）內運動，在底面（含邊界）內運動，則下列說法正確的是（）A.若直線與直線所成角為30°，則點的軌跡為圓弧B.若直線與平面所成角為30°，則點的軌跡為雙曲線的一部分C.若，則點的軌跡為線段D.若到直線的距離等于到平面的距離，則點的軌跡為拋物線的一部分【答案】ABD【解析】【分析】畫出正方體，根據各選項的不同條件對圖形進行分析并運算即可得出軌跡問題的結論.【詳解】直線與直線所成角即為，在中，，∴，故在以為圓心，為半徑的圓落在側面內的圓弧上，A正確；過作于點（如圖），設，，直線與平面所成角即為， 在中，，從而，故點的軌跡為雙曲線的一部分，故B正確；在中，，從而，故在以為圓心，為半徑的圓落在底面內的圓弧上，C錯誤；到直線的距離等于到平面的距離，即到點的距離等于到直線的距離，故點的軌跡為拋物線的一部分，故D正確.故選：ABD.三、填空題（本題共4小題，每小題5分，共20分.請將正確答案填入答題卡中對應的位置）13.若，則______．【答案】【解析】【分析】根據基本初等函數的求導公式及導數的四則運算法則即可計算出結果．【詳解】．故答案為：．14.已知隨機變量，且，則的展開式中常數項為______.【答案】60【解析】【分析】通過正態(tài)分布得出，再通過二項展開式的通項得出常數項的值. 【詳解】由正態(tài)分布易得，設二項展開式的第項，則常數項為當時，值為60.故答案為：60.15.寫出一個同時滿足下列三個條件的函數的解析式______.①；②；③在上單調遞增.【答案】（答案不唯一，滿足條件即可）【解析】【分析】根據題意得圖像關于直線對稱，點對稱，進而結合三角函數性質和條件③求解即可.【詳解】解：由①可知，函數圖像關于直線對稱；由②可知函數圖像關于點對稱；所以，，即，所以，即函數的周期為，故考慮余弦型函數，不妨令，所以，，即，滿足性質①②，由③在上單調遞增可得，故不妨取，即，此時滿足已知三個條件.故答案：16.已知拋物線的焦點為，點，為拋物線上一動點，則周長的最小值為______.【答案】##【解析】 【分析】過作準線的垂線，垂足為，過作準線的垂線，垂足為，進而結合拋物線的定義求解即可.【詳解】解：由題知，準線方程為.如圖，過作準線的垂線，垂足為，過作準線的垂線，垂足為，所以周長，當且僅當為與拋物線的交點時等號成立.故答案為：四、解答題（本大題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）17.在①；②；③這三個條件中任選一個補充在下面的問題中，并解決該問題.問題：在中，角，，所對的邊分別為，，，且______.（1）求角的大?。唬?）若，，邊上一點滿足，求.【答案】（1）條件選擇見解析，（2）【解析】【分析】（1）選①：由正弦定理的邊化角公式結合三角恒等變換得出角的大??；選②：由正弦定理的邊角互化結合余弦定理得出角的大小；選③：由正弦定理的邊化角公式得出角的大??；（2）由結合向量的運算得出.【小問1詳解】選①.由及正弦定理得. 又，∴，于是，，即，又，∴，故.選②.由及正弦定理得，化簡得，于是，又，故.選③.由及正弦定理得，又，∴，于是，，又，故.【小問2詳解】，兩邊平方有：，所以，.18.從下面的表格中選出3個數字（其中任意兩個數字不同行且不同列）作為遞增等差數列的前三項.第1列第2列第3列第1行723第2行154第3行698（1）求數列的通項公式，并求的前項和； （2）若，記的前項和，求證.【答案】（1），（2）證明見解析【解析】【分析】（1）由題知，，，進而根據等差數列公式計算即可；（2）根據，再結合裂項求和法求解即可證明.【小問1詳解】解：由題意，選出3個數字組成的等差數列的前三項為：，，，所以，，所以.【小問2詳解】證明：.因為，所以，所以19.如圖所示，在四棱錐中，側面平面，是邊長為的等邊三角形，底面為直角梯形，其中，，. （1）求到平面的距離；（2）線段上是否存在一點，使得平面與平面夾角的余弦值為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.【答案】（1）（2）存在，【解析】【分析】（1）建立空間直角坐標系利用坐標法求得點到平面的距離；（2）設，利用坐標法結合兩平面夾角余弦值列方程，解得即可.【小問1詳解】取的中點，連接，，為等邊三角形，，又平面平面，平面平面，平面，如圖所示，以為坐標原點，直線，，分別為，，軸建立空間直角坐標系，則，，，，， ，，設平面的法向量為，，，即，令，則，又，故到平面的距離；【小問2詳解】設，，，，則，，設平面的法向量為，，，則，令，則，又平面的法向量為，于是，化簡得，又，得，即，故存在點，此時.20.假設有兩個密閉的盒子，第一個盒子里裝有3個白球2個紅球，第二個盒子里裝有2個白球4個紅球，這些小球除顏色外完全相同.（1）每次從第一個盒子里隨機取出一個球，取出的球不再放回，經過兩次取球，求取出的兩球中有紅球的條件下，第二次取出的是紅球的概率； （2）若先從第一個盒子里隨機取出一個球放入第二個盒子中，搖勻后，再從第二個盒子里隨機取出一個球，求從第二個盒子里取出的球是紅球的概率.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用對立事件的概率公式與條件概率公式，結合古典概型求解即可；（2）利用全概率公式，結合古典概型求解即可.【小問1詳解】依題意，記事件表示第次從第一個盒子里取出紅球，記事件表示兩次取球中有紅球，則，.【小問2詳解】記事件表示從第一個盒子里取出紅球，記事件表示從第一個盒子里取出白球，記事件表示從第二個盒子里取出紅球，則.21.雙曲線的左、右頂點分別為，，焦點到漸近線的距離為，且過點.（1）求雙曲線的方程；（2）若直線與雙曲線交于，兩點，且，證明直線過定點.【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】(1)根據雙曲線過點和焦點到漸近線的距離為列出方程組，解之即可； (2)設直線的斜率為，由題意直線的斜率為，將直線方程與雙曲線方程聯立，利用韋達定理求出，兩點的坐標，再求出，兩點所在的直線方程即可求解.【小問1詳解】由雙曲線可得漸近線為，不妨取漸近線即由焦點到漸近線的距離為可得，即由題意得，得，從而雙曲線的方程為.【小問2詳解】設直線的斜率為，則直線的斜率為，由題意可知：直線的方程為，直線的方程為，聯立直線與雙曲線方程得，于是，從而，從而，聯立直線與雙曲線方程得，于是，從而，從而，于是，從而， 化簡得，從而過定點.【點睛】思路點睛:與圓錐曲線相交的直線過定點問題，設出直線的斜截式方程，與圓錐曲線方程聯立，借助韋達定理求出直線斜率與縱截距的關系即可解決問題22.已知.（1）若的最小值為，求的值；（2）若恒成立，求實數的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由題知時不滿足題意，時，再令并研究其性質得，進而得；（2）令，將已知不等式等價于，進而結合的單調性得，再結合（1）當時，恒成立得，再解不等式即可得答案.【小問1詳解】解：，定義域為，①當時，在恒成立，單調遞增，又，故當時，，不滿足題意，舍去；②當時，由得，得，所以，在上單調遞減，在上單調遞增，所以.令，則，令，得，，得， 所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以，所以，當的最小值為時，即時，解得.所以【小問2詳解】解：由（1）知：當時，恒成立，等價于，又等價于.令，則上述不等式等價于因為恒成立，所以，在上單調遞增，.所以等價于，即，因為當時，恒成立，所以，故，解得.所以，實數的取值范圍是.【點睛】方法點睛：本題第二問解題的方法在于構造函數，進而將已知不等式轉化為，進而結合單調性轉化求解即可.