山西省高考数学(理)模拟考试卷(附答案解析)

第第页山西省高考数学(理)模拟考试卷(附答案解析)班级:___________姓名：___________考号：______________一、单选题1．已知复数z满足（i为虚数单位），则复数z的共轭复数（

）A． B． C． D．2．已知全集U={1，2，3，4，5}，A={2，4，5}，B={3，5}，则（

）A．{3} B．{2，4} C．{1，2，3，4} D．{1，2，4，5}3．已知，则等于（

）A． B． C．e D．14．已知p：q：，则p是q的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件5．已知函数，若对于任意的时恒成立，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．6．中国古代数学名著《算法统宗》记载有这样一个问题：“今有俸粮三百零五石，令五等官（正一品､从一品､正二品､从二品､正三品）依品递差十三石分之，问，各若干？”其大意是，现有俸粮305石，分给正一品､从一品､正二品､从二品､正三品这5位官员，依照品级递减13石分这些俸粮，问，每个人各分得多少俸粮？在这个问题中，正二品分得的俸粮是（

）A．35石 B．48石 C．61石 D．74石7．已知数列是等差数列，且．若是和的等差中项，则的最小值为（

）A． B．C． D．8．已知与和，则a，b，c的大小关系为（

）A． B．C． D．二、多选题9．若，且，则函数在上的大致图象可能为（

）A．B．C．D．10．关于函数的描述正确的是（

）．A．其图象可由的图象向左平移个单位得到B．在单调递增C．在有2个零点D．在的最小值为11．已知抛物线C：过点是准线上的一点，F为抛物线焦点，过作的切线，与抛物线分别切于，则（

）A．C的准线方程是 B．C． D．12．如图，正方体的棱长为2，若点在线段上运动，则下列结论正确的为（

）A．直线可能与平面相交B．三棱锥与三棱锥的体积之和为定值C．当时与平面所成角最大D．当的周长最小时三棱锥的外接球表面积为三、填空题13．已知展开式的二项式系数之和为，则展开式中系数为有理数的项的个数是________．14．已知向量，若与垂直，则在方向上的投影为______________.15．关于函数有如下四个命题：①的图象关于原点对称．

②在上是单调递增的．③的图象关于直线对称．

④的最小值为2．其中所有真命题的序号是__________．四、双空题16．2022年北京冬奥会开幕式中，当《雪花》这个节目开始后，一片巨大的“雪花”呈现在舞台中央，十分壮观.理论上，一片雪花的周长可以无限长，围成雪花的曲线称作“雪花曲线”，又称“科赫曲线”，是瑞典数学家科赫在1904年研究的一种分形曲线.如图是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，重复进行这一过程若第1个图中的三角形的周长为1，则第n个图形的周长为___________；若第1个图中的三角形的面积为1，则第n个图形的面积为___________.五、解答题(1)求数列和的通项公式；(2)设，求数列的前n项和．18．已知三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.(1)求角B；(2)若，角B的角平分线交AC于点D，，求CD的长.19．如图，在四棱锥中，四边形是菱形，.(1)证明：平面平面.(2)若是棱的中点，求平面与平面夹角的余弦值.20．班上每个小组有12名同学，现要从每个小组选4名同学代表本组与其他小组进行辩论赛．(1)每个小组有多少种选法?(2)如果还要从选出的同学中指定1名作替补，那么每个小组有多少种选法?(3)如果还要将选出的同学分别指定为第一、二、三、四辩手，那么每个小组有多少种选法？21．已知圆：，定点，Q为圆上的一动点，点P在半径CQ上，且，设点P的轨迹为曲线E.(1)求曲线E的方程；(2)过点的直线交曲线E于A，B两点，过点H与AB垂直的直线与x轴交于点N，当取最大值时求直线AB的方程.22．已知函数，其中为自然对数的底数．（1）求的单调区间；（2）若对恒成立，记，证明．参考答案与解析1．D【分析】由复数的除法运算与共轭复数的定义求解即可【详解】因为所以所以故选：D2．D【分析】根据并集和补集的知识求得正确答案.【详解】全集U={1,2,3,4,5}，B={3,5}，2，，4，5}，2，4，5}故选：D3．C【分析】根据函数解析式先求出，再求出即可.【详解】∵，又，∴.故选：C.4．C【分析】令,结合该函数的奇偶性，单调性判断不等式是否成立.【详解】令，且故为奇函数时递增，则也递增又为奇函数，则在上递增，若，则则，即即；，若则等价于，即由在上递增，则，即故p是q的充要条件故选：C.5．A【分析】利用奇偶性和对数函数单调性可得在上单调递增，则可转化为在时恒成立，即，求的最小值即可解出.【详解】的定义域为且所以为奇函数，且当时单调递增，所以在上单调递增，即在恒成立所以，即有，所以设因为，所以，单调递增，所以，所以.故选：A6．C【分析】由等差数列的定义结合求和公式得出正一品的俸粮数，进而得出正二品分得的俸粮数.【详解】正一品､从一品､正二品､从二品､正三品这5位官员所分得的俸粮数记为数列由题意，是以为公差的等差数列，且，解得．故正二品分得俸粮的数量为（石）．故选：C7．A【分析】易知是正项等比数列，根据，得到，再根据是和的等差中项，得到，然后结合“1”的代换，利用基本不等式求解.【详解】解：因为数列是等差数列所以是正项等比数列又所以解得或-1（舍）又因为是和的等差中项所以则，即．所以令，则所以当且仅当时即时取等号．故选：A．8．B【分析】设，利用导函数可得的单调性，可得，a>c，令，利用导函数可得在单调递增，从而有，即可得出答案.【详解】设，x>0，则有所以当时，单调递减；当时，单调递增．所以，即有．令，则所以当时，单调递增；当时，单调递减．所以，即，故，b>c令，有可得函数单调递增，故有，可得可得，故，综上所述．故选：B．【点睛】方法点睛：对于比较实数大小方法：（1）利用基本函数的单调性，根据函数的单调性判断（2）利用中间值“1”或“0”进行比较（3）构造函数利用函数导数及函数单调性进行判断.9．BC【分析】分析函数的奇偶性，以及在某点处的函数值，借助函数图象交点的横坐标进行比较以及余弦值的放缩比较即可求解.【详解】因为，所以为奇函数，排除A．当，且时因为所以即，所以.又，所以．令，得因为函数的图象与直线在上有且仅有三个交点所以在上有且仅有三个零点，B正确．当，且时所以同理可得在上有且仅有三个零点，C正确．在上不可能有四个零点，D错误．故选：BC.10．ACD【分析】先根据二倍角公式、诱导公式及辅助角公式将函数解析式进行化简，然后结合正弦函数的性质分别检验各选项即可判断．【详解】解：对选项A：的图象向左平移个单位，得,所以选项正确；对选项B：在上单调递增，上单调递减，所以选项错误；对选项C：由得,,解得在，上有2个零点和，所以选项正确；对选项D：由，得所以，即的最小值，所以选项正确．故选：ACD．11．ABC【分析】根据抛物线过的点，确定p的值，求得抛物线方程以及准线，判断A;设切线方程为,利用判别式可得，判断D;再证明三点共线，以及证明，即可判断.【详解】由抛物线C：过点，可得即，设焦点为则C的准线方程是，A正确；设点，先考虑情况，则过点M作的切线，切线斜率必存在且不等于0设切线方程为，联立，可得则，即设的斜率分别为，则即，即，D错误；设，不妨设A在第一象限，B在第四象限，则由于，对于曲线在第一象限内部分有,则对于曲线在第四象限内部分有,则由于，故，则由于，故斜率一定存在，设直线的方程为联立，得，故则直线的方程为，即直线过定点所以三点共线由于，故在中，则，当时即,关于x轴对称，成立；此时斜率不存在，不妨取，则联立，解得,则过定点，且则，成立综合上述，正确故选：【点睛】关键点点睛：解决此类关于直线和抛物线的位置关系类题目，要注意设直线方程，并联立抛物线方程，得根与系数的关系，然后化简，这是解决这类问题的一般解决方法，解答此题的关键在于要注意到证明直线过定点，即三点共线，然后证明.12．BCD【分析】A.利用面面平行的性质定理，判断A；B.利用等体积转化，可判断B；C.利用垂直关系的转化，结合线面角的定义，即可判断C；D.首先确定点的位置，再利用球的性质，以及空间向量的距离公式，确定球心坐标，即可确定外接球的半径，即可判断D.【详解】A.如图，且平面，平面所以平面，同理平面，且平面，平面且，所以平面平面，且平面所以平面，故A错误；B.如图，过点作于点，于点，根据面面垂直的性质定理可知，平面平面.故B正确；C.因为平面，平面，所以且，且，平面，平面所以平面，且平面所以，即，点是的中点，此时线段最短又因为，且平面，平面，所以平面，即上任何一个点到平面的距离相等，设为设与平面所成角为，与当时线段最短，所以此时最大，所以最大，故C正确；D.的周长为，为定值，即最小时的周长最小，如图，将平面展成与平面同一平面，当点共线时此时最小，作，垂足为，解得：如图，以点为原点，建立空间直角坐标系,连结，平面，且经过的中心，所以三棱锥外接球的球心在上，设球心，则即，解得：，所以外接球的表面积，故D正确.附：证明平面因为平面，平面，所以，又因为且，平面，平面，所以平面平面，所以，同理，且，所以平面，且三棱锥是正三棱锥，所以经过的中心.故选：BCD【点睛】思路点睛：本题考查空间几何的综合应用，难点是第四个选项的判断，充分利用数形结合和空间向量的综合应用，解决三棱锥外接球的球心问题.13．4【分析】先求出，再求出展开式的通项，知当时展开式中系数为有理数，即可求出展开式中系数为有理数的项的个数.【详解】依题意，知，n=6则展开式的第项为当时展开式中系数为有理数，所以展开式中系数为有理数的项的个数为.故答案为：4.14．【解析】根据向量垂直可知数量积为0求出，代入在方向上的投影公式即可.【详解】又在方向上的投影为：故答案为：15．①③【分析】对于①：证明出为奇函数，即可得到结论；对于②：取内的特殊值：否定结论；对于③：计算出，即可证明的图象关于直线对称；对于④：取特殊情况当时，否定结论.【详解】对于①：的定义域为，关于原点对称.因为所以为奇函数，其图像关于原点对称.故①正确；对于②：取内的特殊值：.有，而，所以，所以在上不单调递增．故②错误；对于③：因为.而.所以，所以的图象关于直线对称．故③正确；对于④：当时，所以.故④错误.真命题：①③故答案为：①③【点睛】（1）像这样四种说法互补关联的题目，需要对其一一验证；（2）要判断一个命题成立，需要严格的证明；要判断一个命题不成立，只需举出一个反例即可.16．

【分析】由图形之间的边长的关系，得到周长是等比数列，再按照等比数列通项公式可得解；由图形之间的面积关系及累加法，结合等比数列求和可得解.【详解】记第个图形为，三角形边长为，边数，周长为，面积为有条边，边长；有条边，边长；有条边，边长；L分析可知，即；即当第1个图中的三角形的周长为1时即所以由图形可知是在每条边上生成一个小三角形，即即与，L，利用累加法可得数列是以为公比的等比数列，数列是以为公比的等比数列，故是以为公比的等比数列当第1个图中的三角形的面积为1时，即，此时与，有条边则所以，所以故答案为：【点睛】关键点睛：本题考查数列的应用，解题的关键是通过找到图形之间的关系，得到等比数列，求数列通项公式常用的方法：（1）由与的关系求通项公式；（2）累加法；（3）累乘法；（4）两边取到数，构造新数列法.17．(1)(2)【分析】（1）由已知条件可得等比数列的首项和公比，进而得出数列的通项公式，再根据题意判断出为等差数列，得出首项和公差，进而得出数列的通项公式.（2）将第一问结论代入后，利用分组求和即可得出结果.【详解】（1）设等比数列的首项和公比分别为，q，因为所以，解得，所以；所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列所以．（2）由（1）得则18．(1)(2)【分析】（1）根据正弦定理边角互化得，进而得；（2）根据题意得，进而在中，由余弦定理即可得答案.【详解】（1）因为所以由正弦定理可得所以，即因为，所以，故因为，所以．（2）由（1）可知，又；所以所以在，由余弦定理可得即解得．19．(1)证明见解析(2)【分析】（1）记，连接，根据线面垂直的判定证明平面即可；（2）先证明平面，再以为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，根据面面角的向量求法求解即可.（1）证明：记，则为的中点，连接.因为四边形是菱形，所以.因为为的中点，所以.因为平面，且，所以平面.因为平面，所以平面平面.（2）因为为的中点，所以.因为平面，所以平面，则以为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.设，则，故.设平面的法向量则，令，得.设平面的法向量则，令，得.设平面与平面的夹角为则.20．(1)495(2)1980(3)11880【分析】（1）从12名学生中任选4名即可（2）先从12名学生中选4名，然后再从这4名学生中选1人，再利用分步乘法原理可求得结果（3）先从12名学生中选4名，然后对这4名学生进行全排列即可(1)由题意可得每个小组有种选法(2)由题意可得先从12名学生中选4名，然后再从这4名学生中选1人所以由分步乘法原理可得共有种选法(3)由题意可得先从12名学生中选4名，然后对这4名学生进行全排列所以由分步乘法原理可得共有种选法21．(1)(2)或【分析】(1)结合已知条件可得到点P在线段QF的垂直平分线上，然后利用椭圆定义即可求解；(2)结合已知条件设出直线的方程，然后联立椭圆方程，利用弦长公式求出，再设出直线NH的方程，求出N点坐标，进而求出，然