精品解析：山西省部分学校2023-2024学年高三下学期5月模拟检测数学试卷(A)

数学（A） 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上 各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作 答无效. 4.本卷命题范围：高考范围. 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. 若复数在复平面内对应的点位于实轴上，则实数（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算以及几何意义结合对应的点位于实轴上，虚部为0求解即可. 【详解】， 因为复数在复平面内对应的点位于实轴上，所以，解得. 故选：A. 2. 若集合，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将集合变形，再根据集合间的关系及并集和交集的定义即可得解. 【详解】因为， 所以，且. 故选：C. 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量平行，建立坐标关系，求出x.再利用模长公式求出模长. 【详解】因为，所以，即. 因为，所以. 故选：D. 4. 若，则（ ） A. 0 B. -1 C. 1 D. 2024 【答案】B 【解析】 【分析】通过赋值法分别令和，可求得结论. 【详解】令，得； 令，得， 所以. 故选：B. 5. 已知定义在上的函数满足，且，则（ ） A. B. C. 4 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】借助赋值法可得，结合题意计算可得函数的周期，即可得解. 【详解】因为，取得，即， 又，取得. 由得， 所以函数的一个周期为，故. 故选：B. 6. 设直线与双曲线相交于，两点，若线段中点的坐标是，且，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，由条件可得，，联立直线与双曲线方程，结合韦达定理代入计算，即可得到结果. 【详解】将代入直线中，得， 联立，解得，， 设，，由 消去得， 则， 因此，整理得，则，所以. 故选:D. 7. 设函数，，若对，，使得，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由余弦函数的值域得到的范围是，再根据已知得到恒成立，进而得到恒成立，最后结合二次函数的性质求出结果即可. 【详解】因为，所以，所以的范围是. 由题意知对，，使得，此即对恒成立. 由得对恒成立，所以的取值范围是. 故选：A. 8. 已知经过圆锥的轴的截面是正三角形，用平行于底面的截面将圆锥分成两部分，若这两部分几何体都存在内切球（与各面均相切），则上、下两部分几何体的体积之比是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】作出圆锥的轴的截面，根据题意推出上、下两部分几何体的两部分的内切球的半径之比为，从而可得上部分圆锥的体积与圆锥的体积之比为，从而可得解． 【详解】如图，作出圆锥的轴截面， 设上、下两部分几何体的两部分的内切球的球心分别为，，半径分别为，， 即，， 根据题意可知为正三角形，易知，圆锥的底面半径， ，又， ，， 上部分圆锥的底面半径为，高为， 又圆锥的底面半径为，高为， 上部分圆锥的体积与圆锥的体积之比为， 上、下两部分几何体的体积之比是． 故选：C． 【点睛】关键点点睛：本题的关键是找到上、下底面的半径的关系，从而得到两圆锥的体积之比. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 某企业为了对一种新研制的产品进行合理定价，将该产品按事先拟定的价格进行试销，得到如下数据： 单位x（元） 40 50 60 70 80 90 销量y（件） 50 44 43 40 35 28 由表中数据，求得线性回归方程为.则下列说法正确的是（ ） A. 产品的销量与单价成负相关 B. 该回归直线过点（65，40） C. 为了获得最大的销售额（销售额=单价×销量），单价应定为70元或80元 D. 若在这些样本点中任取一点，则它在线性回归直线左下方的概率为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据回归方程特点判断A；求出，判断B；根据回归直线必过样本中心点，求出，建立销售额方程，根据二次函数求最大值点求解，判断C；根据回归方程，求出预测值，确定在回归直线的位置，根据古典概型求解判断D. 【详解】由线性回归方程中的回归系数，可知产品的销量与单价成负相关，故A正确； 由表中数据得，，故B正确； 由，得，销售额， 所以为了获得最大的销售额，单价应定为82.5元，故C错误； 将分别代入线性回归方程， 得到的预测值分别为50，46，42，38，34，30， 因为44<46，28<30，故（50，44）和（90，28）在线性回归直线的左下方，满足条件的样本点只有2个， 故所求概率为，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知平面平面，平面平面，则下列命题中正确的是（ ） A. 若直线，，则 B. 若平面，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A、B选项，根据立体几何中给出的公理、定理及推论进行分析即可得出两命题是真命题，对于C、D选项可以借助具体的情境，比如以正方体为载体，进行举反例，即可判断选择C、D错误. 【详解】对于选项A，如果一条直线与两个相交平面都平行，那么这条直线也与它们的交线平行，故A正确； 对于选项A，如果一个平面与两个相交平面都垂直，那么这个平面与它们的交线也垂直，故B正确； 对于选项C，如图， 在正方体中，记平面为，平面为， 为直线m，为直线n，则，但与平面不垂直，故C错误； 对于选项D，如图，在正方体中，记平面为，平面为， 取正方体的外接球球心为O，中点为P，平面，则， 但不垂直于平面，故D错误. 故选:AB. 11. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于直线对称 B. C. D. 在区间上的极大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A选项，把轴对称转化为等式成立，结合诱导公式，从而可以得证； 对于B选项，先化简，然后结合基本不等式，即可求得最小值； 对于C选项，令，举反例，可得C错误； 对于D选项，利用导数求函数极值，即可求解. 【详解】对于A选项，因为，所以的图象关于直线对称，故A正确； 对于B选项， ， 当且仅当时取等号，故B正确； 对于C选项，，故C错误； 对于D选项，因为，当时，，，则； 当时，， 设，，则，所以在上单调递减. 由，得且，，， 又，则，则在上单调递增； 当时，，结合A选项知在上单调递增，在上单调递减，故的极大值为，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：（1）证明的图象关于直线对称，可以转化为证明等式成立即可； （2）利用导数求函数极值的方法： 第1步：求函数的定义域； 第2步：求导函数； 第3步：求导函数的零点； 第4步：列当x变化时，的变化情况表； 第5步：根据极大值和极小值的定义下结论. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的图象在点处的切线方程为_________. 【答案】 【解析】 【分析】借助导数的几何意义及直线的点斜式计算即可得. 【详解】因为，所以， 又，所以函数的图象在点处的切线方程为： ，整理得. 故答案为：. 13. 钝角中，角的对边分别为，，，若，则的最大值是_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，得到，结合是钝角三角形矛盾，得到，化简，结合三角函数的性质，即可求解. 【详解】因为，由正弦定理得， 又因为，可得，所以，则或. 当时，可得，与是钝角三角形矛盾，所以， 由，则，可得， 所以 ， 所以当时，的最大值为. 故答案为：. 14. 已知是抛物线：的焦点，，是上不同的两点，为坐标原点，若，，垂足为，则面积的最大值为_________. 【答案】 【解析】 【分析】依题意，设出直线的方程，求出，同理可得，从而得直线的方程，且知过定点，由条件得当点M到x轴距离为最大值3时，的面积最大. 【详解】由题意知直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为， 联立，解得. 因为直线的斜率，同理可得， 当时，，，或者，， 因为，所以，轴，， 即O，F，M三点共线，不符合题意； 当时，， 直线的方程为， 所以直线过定点， 因为，所以点M的轨迹是以为直径的圆（不包含点O，D）， 所以当点M到x轴距离为最大值3时，的面积最大， 又，则面积的最大值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：根据已知条件可得直线的方程且过定点，本题关键点是将条件转化为点M的轨迹是以为直径的圆（不包含点O，D），即点M到x轴距离为最大值3时，的面积最大. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知数列的前项和为，且. （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先利用作差法得到，再由作差可得； （2）由（1）知，再利用分组求和法及裂项相消法计算可得. 【小问1详解】 因为， 当时有， 两式相减得，所以， 当时，，所以，此时仍然成立， 所以， 当时，， 又也满足， 所以. 【小问2详解】 由（1）知 ， 所以. 16. 如图，已知平行六面体的所有棱长均相等，平面，为的中点，且. （1）求证：； （2）求平面与平面的夹角的正弦值. 【答案】（1）证明如下： 设是的中点，连接， 因为是的中点，则. 因为，所以，所以. 因为平面，平面， 所以， 由平行六面体的性质可得：， 所以. 又因为，平面， 所以平面. 又平面，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）设是的中点，先根据题目条件得出，，进而得出；根据线面垂直的性质和平行六面体的性质得出；再根据线面垂直的判定定理得出平面；最后根据线面垂直的性质可得出. （2）先建立空间直角坐标系，写出平面与平面的法向量；再根据空间面面所成角的向量计算方法求出平面与平面的夹角的余弦值，进而可得夹角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，平面， 所以， 则四边形是正方形， 结合（1）的结论可知，，两两垂直， 以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系： 不妨设， 则，，，， 所以，，，. 设平面的一个法向量为， 则 令，可得. 设平面的一个法向量为， 则，令，可得. 设平面与平面的夹角为， 则. 所以， 即平面与平面的夹角的正弦值为. 17. 如图，已知圆：的直径与椭圆：的短轴长相等，，分别为椭圆的左、右顶点，，分别为圆与轴的交点，为椭圆的右焦点，. （1）求椭圆的标准方程； （2）若过的直线与椭圆交于，两点，与圆交于，两点，证明：为定值. 【答案】（1） （2）证明如下： 当与轴重合时，，，所以； 当不与轴重合时，设，，直线的方程为， 由整理得， ， 则，， 故 ， 圆心到直线的距离为，， 则，所以， 所以. 综上，为定值24. 【解析】 【分析】（1）通过圆的直径与椭圆的短轴长相等求得，再根据求得，即可确定椭圆方程； （2）先考虑直线斜率为的情况符合题意，再考虑直线斜率不为，设直线方程为，直曲联立结合韦达定理得，，将、分别用表示，求出即可求解. 【小问1详解】 根据：方程，可知圆心，半径为，直径为， 因为圆：的直径与椭圆：的短轴长相等， 所以， 又因为，所以，解得， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 略 18. 正三棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，一只蚂蚁从点出发，每次沿着该三棱柱的一条棱的端点爬行到另一个端点，若它选择三个方向爬行的概率相等，且每次爬行都相互独立. （1）记这只蚂蚁经过4次爬行后，其爬行的总路程为，求的分布列和数学期望； （2）求这只蚂蚁经过5次爬行后，停留在平面内的概率. 【答案】（1）的分布列为 4 5 6 7 8 ， （2） 【解析】 【分析】（1）这只蚂蚁每次爬行距离为1的概率是，每次爬行距离为2的概率是，得到随机变量的所有可能取值，求得相应的概率，列出分布列，利用期望公式，即可求解； （2）将蚂蚁爬行了次后停留在平面内的概率记为，得到，得到为等比数列，求得，即可求解. 【小问1详解】 解：这只蚂蚁每次爬行距离为1的概率是，每次爬行距离为2的概率是， 则随机变量的所有可能取值有4，5，6，7，8， 可得，， ，， ， 所以的分布列为 4 5 6 7 8 所以期望为. 【小问2详解】 解：将这只蚂蚁爬行了次后停留在平面内的概率记为，则， 其爬行了次后停留在平面内的概率， 所以， 因为，所以是首项为，公比为的等比数列， 所以，即， 所以这只蚂蚁经过5次爬行后，停留在平面内的概率. 19. 定义：若函数与的图象在上有且仅有一个交点，则称函数与在上单交，此交点被称为“单交点”.已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）当时， （i）求证：函数与在上存在“单交点”； （ii）对于（i）中的正数，证明：. 【答案】（1）当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增. （2）（i）证明：令，得，即， 令，则， 设，则， 当时，单调递减， 即在上单调递减，且， 故，使得. 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减. ， 在上只有一个零点， 故函数在上只有一个零点， 即函数与在上存在“单交点”. （ii）证明：， 要证， 即证， 即证，只需证， ，得， 只需证即可. 令，则， 当时，单调递增； 当时，单调递减， 故，即，原不等式得证. 【解析】 【分析】（1）利用导数，分及讨论即可得； （2）（i）结合定义，令，构造函数，借助导数研究其单调性，结合零点的存在性定理即可得证；（ⅱ）原问题可转化为证明，构造函数，借助导数求出其在上的最大值即可得. 【小问1详解】 因为， 当时，对任意恒成立，故函数在上单调递增； 当时，令，得；令，得， 故函数在上单调递减，在上单调递增. 综上，当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 【点睛】关键点点睛：本题第二问第二小问解决的关键是利用分析法将所证明问题转化为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学（A） 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上 各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作 答无效. 4.本卷命题范围：高考范围. 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. 若复数在复平面内对应的点位于实轴上，则实数（ ） A. B. C. 1 D. 2 2. 若集合，，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. 3 D. 4. 若，则（ ） A. 0 B. -1 C. 1 D. 2024 5. 已知定义在上的函数满足，且，则（ ） A. B. C. 4 D. 2 6. 设直线与双曲线相交于，两点，若线段中点的坐标是，且，则（ ） A. B. C. D. 2 7. 设函数，，若对，，使得，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知经过圆锥的轴的截面是正三角形，用平行于底面的截面将圆锥分成两部分，若这两部分几何体都存在内切球（与各面均相切），则上、下两部分几何体的体积之比是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 某企业为了对一种新研制的产品进行合理定价，将该产品按事先拟定的价格进行试销，得到如下数据： 单位x（元） 40 50 60 70 80 90 销量y（件） 50 44 43 40 35 28 由表中数据，求得线性回归方程为.则下列说法正确的是（ ） A. 产品的销量与单价成负相关 B. 该回归直线过点（65，40） C. 为了获得最大的销售额（销售额=单价×销量），单价应定为70元或80元 D. 若在这些样本点中任取一点，则它在线性回归直线左下方的概率为 10. 已知平面平面，平面平面，则下列命题中正确的是（ ） A. 若直线，，则 B. 若平面，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 11. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于直线对称 B. C. D. 在区间上的极大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的图象在点处的切线方程为_________. 13. 钝角中，角的对边分别为，，，若，则的最大值是_________. 14. 已知是抛物线：的焦点，，是上不同的两点，为坐标原点，若，，垂足为，则面积的最大值为_________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知数列的前项和为，且. （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 16. 如图，已知平行六面体的所有棱长均相等，平面，为的中点，且. （1）求证：； （2）求平面与平面的夹角的正弦值. 17. 如图，已知圆：的直径与椭圆：的短轴长相等，，分别为椭圆的左、右顶点，，分别为圆与轴的交点，为椭圆的右焦点，. （1）求椭圆的标准方程； （2）若过的直线与椭圆交于，两点，与圆交于，两点，证明：为定值. 18. 正三棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，一只蚂蚁从点出发，每次沿着该三棱柱的一条棱的端点爬行到另一个端点，若它选择三个方向爬行的概率相等，且每次爬行都相互独立. （1）记这只蚂蚁经过4次爬行后，其爬行的总路程为，求的分布列和数学期望； （2）求这只蚂蚁经过5次爬行后，停留在平面内的概率. 19. 定义：若函数与的图象在上有且仅有一个交点，则称函数与在上单交，此交点被称为“单交点”.已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）当时， （i）求证：函数与在上存在“单交点”； （ii）对于（i）中的正数，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $