山西省2023届高三第二次模拟考试数学试卷学校:___________姓名：___________班级：____________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，2，3，4，，A={2，4，，，，则（?）
A．B．，C．，2，3，D．，2，4，3．已知，则等于（?）A．B．C．eD．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1
3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，，，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17．已知等比数列满足，；
数列满足，，（，）．(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
，2，3，4，，，，，2，，，4，，，2，4，，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，，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，，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，，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，，,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，，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；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，，，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，，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；又因为，，（，），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，然后表示出，再利用换元法和均值不等式
求解即可.【详解】（1）设点的坐标为，∵，∴点P在线段QF的垂直平分线上，∴，又∵，∴∴点P在以C，F为焦点的椭圆上，且，∴，∴曲
线的方程为：.（2）设直线AB方程为，，由，解得，，解得，由韦达定理可知，，，∴∵AB与HN垂直，∴直线NH的方程为，令，得，∴，
又由，∴，∴设则∴当且仅当即时等号成立，有最大值，此时满足，故，所以直线AB的方程为：，即或.22．（1）函数的增区间为、；（2）
证明见解析．【分析】（1）求得，证明出对任意的恒成立，由此可得出结果；（2）由题意可知不等式对任意的恒成立，令，将所证不等式等价转
化为，利用导数证明即可.【详解】（1）函数的定义域为，且.令，则.当时，，此时函数单调递减；当时，，此时函数单调递增.所以，当时，，则.综上所述，函数的增区间为、；（2）由题意得不等式对任意的恒成立，令，要证，即证..令，其中，则，，所以在上单调递增，又，，故，使得，即.所以，当时，有，函数单调递减；当时，，函数单调递增.所以且，，，所以存在，使得，即，且满足，，函数单调递减；，，单调递增；所以.令，，则，即函数在上单调递减.又，则，则只需证明，即，即，即，，可先证明，，，则，所以，，可得，而，所以，，证毕.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.答案第11页，共22页试卷第11页，共33页试卷第11页，共33页答案第11页，共22页 |
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