1、山西省太原市、大同市2023届高三二模数学试卷一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分.1. 已知集合，则（ ）A B. C. D. 2. 已知 ， 则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 3. 已知 ，与的夹角为，则（ ）A. 2B. C. D. 44. 2025年某省将实行“3+1+2”模式的新高考，其中“3”表示语文、数学和英语这三门必考科目，“1”表示必须从物理和历史中选考一门科目，“2”表示要从化学、生物、政治和地理中选考两门科目.为帮助甲、乙两名高一学生应对新高考，合理选择选考科目，将其高一年级的成绩综合指标值（指标值满分为5分，分值越高成绩越优）整理得到如下的雷
2、达图，则下列选择最合理的是（ ）A. 选考科目甲应选物理、化学、历史B. 选考科目甲应选化学、历史、地理C. 选考科目乙应选物理、政治、历史D 选考科目乙应选政治、历史、地理5. 已知，则（ ）A. B. C. D. 6. 已知等比数列的前项和，满足，则（ ）A. 16B. 32C. 81D. 2437. 已知圆，过直线上的动点作圆的切线，切点为，则的最小值是（ ）A. B. 2C. D. 8. 已知，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.9. 已知在处取得极大值3，则下列结论正确的是（
3、）A. B. C. D. 10. 已知双曲线的左、右焦点分别为，抛物线的焦点与双曲线的焦点重合，点是这两条曲线的一个公共点，则下列说法正确的是（ ）A. 双曲线的渐近线方程为B. C. 的面积为D. 11. 已知在上有且仅有2个极值点，则下列结论正确的是（ ）A. B. 若关于直线对称，则的最小正周期C. 若关于点对称，则上单调递增D. ，使得在上的最小值为12. 已知三棱锥的所有棱长均为，平面ABC，O为垂足，是PO的中点，AD的延长线交平面PBC于点，的延长线交平面PAB于点，则下列结论正确的是（ ）A. /B. 若是棱PB上的动点，则的最小值为C. 三棱锥外接球的表面积为D. 三、填空题
4、：本题共4小题， 每小题5分，共20分13. 设复数z满足（i虚数单位），则_14. 已知，则_15. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点是上一点，点是直线与轴的交点，的内切圆与相切于点，若，则椭圆的离心率_16. 已知，且满足，则_四、解答题：本大题共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. 已知是正项等比数列，是等差数列，且，.（1）求和的通项公式；（2）从下面条件、中选择一个作为已知条件，求数列的前项和.条件：；条件：.注：若条件和条件分别解答，按第一个解答计分.18. 在锐角中，分别为内角的对边，角的平分线交于，.（1）求；（2）求外接圆面积的最小值.19. 为响应
5、国家使用新能源号召，促进“碳达峰碳中和”的目标实现，某汽车生产企业在积极上市四款新能源汽车后，对它们进行了市场调研.该企业研发部门从购买这四款车的车主中随机抽取了50人，让车主对所购汽车的性能进行评分，每款车的性能都有1分、2分、3分、4分、5分五个等级，各评分及相应人数的统计结果如下表. 性能评分汽车款式12345基础班基础版122310基础版244531豪华版豪华版113541豪华版200353（1）求所抽车主对这四款车性能评分的平均数和第90百分位数；（2）当评分不小于4时，认为该款车性能优秀，否则认为性能一般.根据上述样本数据，完成以下列联表，并依据的独立性检验，能否认为汽车的性能与款
6、式有关？并解释所得结论的实际含义.汽车性能汽车款式合计基础班豪华版一般优秀合计（3）为提高这四款新车的性能，现从样本评分不大于2的基础版车主中，随机抽取3人征求意见，记X为其中基础版1车主的人数，求X的分布列及数学期望.附：.0.100.050.010.0052.7063.8416.6357.87920. 如图，三棱柱中，侧面是矩形，D是AB的中点.（1）证明：；（2）若平面，E是上的动点，平面与平面夹角的余弦值为，求的值.21. 已知双曲线经过点，直线、分别是双曲线的渐近线，过分别作和的平行线和，直线交轴于点，直线交轴于点，且（是坐标原点）（1）求双曲线的方程；（2）设、分别是双曲线的左、右
7、顶点，过右焦点的直线交双曲线于、两个不同点，直线与相交于点，证明：点在定直线上.22. 已知函数在点处的切线方程为，（1）求的值域；（2）若，且，证明：；.山西省太原市、大同市2023届高三二模数学试卷一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分.1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】首先求出集合，再由交集的定义计算即可【详解】因为，所以，所以，故选：B2. 已知 ， 则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据不等式性质以及指数函数单调性、对数函数定义域，利用特殊值即可判断结果.【详解】根据题意可知，不妨取则，此时不
8、满足，即A错误；易得，此时，所以B错误；对于D，无意义，所以D错误，由指数函数单调性可得，当时，即C正确.故选：C3. 已知 ，与的夹角为，则（ ）A. 2B. C. D. 4【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律、结合数量积的定义求解作答.【详解】因为，与的夹角为，则，所以.故选：A4. 2025年某省将实行“3+1+2”模式的新高考，其中“3”表示语文、数学和英语这三门必考科目，“1”表示必须从物理和历史中选考一门科目，“2”表示要从化学、生物、政治和地理中选考两门科目.为帮助甲、乙两名高一学生应对新高考，合理选择选考科目，将其高一年级的成绩综合指标值（指标值满分为5分
9、，分值越高成绩越优）整理得到如下的雷达图，则下列选择最合理的是（ ）A. 选考科目甲应选物理、化学、历史B 选考科目甲应选化学、历史、地理C. 选考科目乙应选物理、政治、历史D. 选考科目乙应选政治、历史、地理【答案】D【解析】【分析】根据雷达图得到两位同学综合指标值顺序，然后根据选科要求从高到低选择即可.【详解】根据雷达图，甲同学按照科目综合指标值从高到低顺序为：物理、历史（化学）、地理、生物、政治，乙同学按照科目综合指标值从高到低顺序为：历史、物理（政治）、地理、生物、化学，根据新高考选科模式规则，选考科目甲应选物理、化学、地理；选考科目乙应选历史、政治、地理.故选：D5. 已知，则（ ）
10、A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用同角三角函数基本关系式，以及三角函数在各个象限内的正负，可得，从而求出的值.【详解】因为，所以，即，所以.因为，所以，所以.因为，所以.故选：B.6. 已知等比数列的前项和，满足，则（ ）A. 16B. 32C. 81D. 243【答案】A【解析】【分析】根据，作差得到等比数列的公比为，再求出，最后根据等比数列的通项公式计算可得.【详解】等比数列的前项和为，且，故等比数列公比为在中，令，可得，则故选：A7. 已知圆，过直线上的动点作圆的切线，切点为，则的最小值是（ ）A. B. 2C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意易知当圆心到直
11、线上点的距离最小时，最小，利用点到直线的距离公式计算即可.【详解】圆，圆心，半径，设圆心到直线：的距离为，则，易得，则，故当圆心到直线上点的距离最小时，即圆心到直线的距离，此时最小，因为，所以，故最小值是故选：D.8. 已知，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】将转化为，由此构造函数，利用导数判断其单调性结合对数运算，即可得出答案.【详解】由题意可知，于是构造函数，则，当时，；当时，；故在上单调递增，在上单调递减，而，又，故，故选：B【点睛】关键点睛：解答数的比较大小问题，关键是将数的形式转化为结构一致的形式，从而确定变量，可构造函数，利用导数判断其单调性
12、，进而比较大小.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.9. 已知在处取得极大值3，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【分析】根据原函数极值点即为导函数零点可得，即可知，再根据极大值为3可解得或；易知当时，在处取得极小值，与题意不符，当时，函数在处取得极大值，符合题意，可得，即，即可判断出结论.【详解】由题意可得，且是函数的极大值点，即，可得，又极大值为3，所以，解得或；当时，此时，时，时，所以函数在上单调递减，在上单调递增；此时函数在处取得极小值，与题意不符，即舍去；当时，此时，时，时，所以函数在上单调
13、递增，在上单调递减；此时函数在处取得极大值，符合题意，所以，即，所以A正确，B错误；此时，所以，即C错误，D正确.故选：AD10. 已知双曲线的左、右焦点分别为，抛物线的焦点与双曲线的焦点重合，点是这两条曲线的一个公共点，则下列说法正确的是（ ）A. 双曲线的渐近线方程为B. C. 的面积为D. 【答案】AB【解析】【分析】先根据抛物线方程得出的坐标，即的值，进而求出，得出双曲线的方程.即可得出A项；联立双曲线与抛物线的方程，求出点坐标，即可求得的值，判断B项、得出的面积，判断C项、求得的值，根据余弦定理，得出的值，判断D项.【详解】由已知，抛物线的焦点坐标为，所以双曲线右焦点，即.又，所以，
14、所以，双曲线的方程为.对于A项，双曲线的的渐近线方程为，故A项正确；对于B项，联立双曲线与抛物线的方程，整理可得，解得或（舍去负值），所以，代入可得，.设，又，所以，故B项正确；对于C项，易知，故C项错误；对于D项，因为，所以，由余弦定理可得，故D项错误.故选：AB.11. 已知在上有且仅有2个极值点，则下列结论正确的是（ ）A. B. 若关于直线对称，则的最小正周期C. 若关于点对称，则在上单调递增D. ，使得在上的最小值为【答案】BC【解析】【分析】先根据在上有且仅有2个极值点确定范围判断A选项；根据范围结合对称轴可以判断B选项；据范围结合对称中心可以判断C选项；据范围结合给定范围求最值可
15、以判断D选项.【详解】因为在上有且仅有2个极值点，所以所以，所以，故A选项错误；关于直线对称，又因为，所以，所以的最小正周期，故B正确；关于点对称，又因为，所以，当时，则在上单调递增，故C选项正确；，又因为，所以，所以在上的最小值小于，故D选项错误.故选:BC.12. 已知三棱锥的所有棱长均为，平面ABC，O为垂足，是PO的中点，AD的延长线交平面PBC于点，的延长线交平面PAB于点，则下列结论正确的是（ ）A. /B. 若是棱PB上的动点，则的最小值为C. 三棱锥外接球的表面积为D. 【答案】ACD【解析】【分析】A选项，设分别为中点，先证明是等腰三角形底边上的高线上一点，且满足，同理可以说
16、明是等腰三角形底边上的高线上一点同样位置，然后可得到/，再由中位线可得/，进而得到证明；B选项，将三棱锥保留展开成平面图形后处理；C选项，根据正棱锥的对称性，球心必定落在射线上，列出勾股定理方程计算；D选项，利用同高不同底的棱锥，体积之比是底面积之比，结合A选项，考察之间的关系.【详解】A选项，由题知，该三棱锥是正四面体，取中点，连接，显然会经过，于是，过作/，交于. 由于是在的投影，由正棱锥性质，为等边的重心，于是，由/可知，和相似，于是，由是PO的中点，易得和全等，则，于是，同理可说明，于是和相似，于是/，又为中边对应的中位线，故/，于是/，A选项正确；B选项，将三棱锥保留边展开，成如图所
17、示的平面图形，该图形由两个等边三角形拼成的菱形，显然的最小值在共线取得，即的最小值为，B选项错误；C选项，先算一些数据，借助A选项的图，的外接圆半径，故，于是.根据对称性，三棱锥外接球的球心在射线上，不妨设球心为，外接球半径为，则，又，则，解得（由于，实际上球心在三棱锥外），故外接球表面积为：，C选项正确；D选项，三棱锥和等高，由，于是，根据A选项，即，于是，注意到三棱锥和等高，故，于是，D选项正确.故选：ACD第卷（非选择题，共90分）三、填空题：本题共4小题， 每小题5分，共20分13. 设复数z满足（i为虚数单位），则_【答案】#【解析】【分析】根据复数的除法运算求解.【详解】，则.故答
18、案为：.14. 已知，则_【答案】【解析】【分析】应用赋值法令，得，令，得，即可得到答案.【详解】依题意，令，得，令，得.因为 可以得出,，故.故答案为：.15. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点是上一点，点是直线与轴的交点，的内切圆与相切于点，若，则椭圆的离心率_【答案】【解析】【分析】设内切圆与AM切于Q，与切于P，由切线性质知，结合椭圆定义建立的关系求得.【详解】设内切圆与AM切于Q，与切于P，由切线性质知，由对称性知，所以，即，所以，所以.故答案为：16. 已知，且满足，则_【答案】【解析】【分析】原式等价于.构造，根据导函数求出函数的最值，可得，即可得出，求出的值，即可得出答案.【详解
19、】因为，构造，当时，所以在上单调递增；当时，所以在上单调递减.所以，在处取得极大值，也是最大值，所以.由题意可知，所以，.因为，所以，所以故答案为：.【点睛】方法点睛：同构变形后，构造函数，根据导函数研究函数的性质，进而得出结论.四、解答题：本大题共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. 已知是正项等比数列，是等差数列，且，.（1）求和的通项公式；（2）从下面条件、中选择一个作为已知条件，求数列的前项和.条件：；条件：.注：若条件和条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1），； （2）答案见解析【解析】【分析】（1）应用等差等比的通项公式计算求解即可；（2）错位相
20、减法求和可得.【小问1详解】设的公比为，的公差为，由题意可得解得或（舍去），；【小问2详解】由（1）得，选择条件：，则.，-得，.选择条件：，则.， -得，18. 在锐角中，分别为内角的对边，角的平分线交于，.（1）求；（2）求外接圆面积的最小值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）对于题干条件，结合余弦定理，正弦定理进行边角转化后求解；（2）结合角平分线长度，面积的等量关系，得出满足的条件，进而由余弦定理得到的范围，然后由正弦定理得出外接圆半径的最小值.【小问1详解】，由余弦定理可得，化简得，由正弦定理可得，.【小问2详解】由（1）得 ，.，整理得.由基本不等式，（当且仅当时等号成立
21、），外接圆的直径，当且仅当时，外接圆的面积取最小值.19. 为响应国家使用新能源的号召，促进“碳达峰碳中和”的目标实现，某汽车生产企业在积极上市四款新能源汽车后，对它们进行了市场调研.该企业研发部门从购买这四款车的车主中随机抽取了50人，让车主对所购汽车的性能进行评分，每款车的性能都有1分、2分、3分、4分、5分五个等级，各评分及相应人数的统计结果如下表. 性能评分汽车款式12345基础班基础版122310基础版244531豪华版豪华版113541豪华版200353（1）求所抽车主对这四款车性能评分的平均数和第90百分位数；（2）当评分不小于4时，认为该款车性能优秀，否则认为性能一般.根据上述
22、样本数据，完成以下列联表，并依据的独立性检验，能否认为汽车的性能与款式有关？并解释所得结论的实际含义.汽车性能汽车款式合计基础班豪华版一般优秀合计（3）为提高这四款新车的性能，现从样本评分不大于2的基础版车主中，随机抽取3人征求意见，记X为其中基础版1车主的人数，求X的分布列及数学期望.附：.0.100.050.010.0052.7063.8416.6357.879【答案】（1）平均数为3，第90百分位数为4.5； （2）答案见解析 （3）分布列见解析，1【解析】【分析】（1）根据百分位数定义求解即可；（2）根据联表计算对应数据判断可得汽车的性能与款式的相关性；（3）根据超几何分布计算概率和分
23、布列及期望得解.【小问1详解】由题意得这四款车性能评分的平均数为；其第90百分位数为；【小问2详解】由题意得汽车性能汽车款式合计基础版豪华版一般201232优秀51318合计252550零假设为：汽车性能与款式无关，根据列联表中数据，经计算得到.根据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为汽车性能与款式有关，此推断犯错误的概率不超过0.05；汽车性能一般中基础版和豪华版的频率分別为和，性能优秀中基础版和豪华版的频率分別为和，根据频率稳定于概率的原理，可以认为性能优秀时豪华版的概率大.【小问3详解】由题意可得X服从超几何分布，且，由题意知，X的所有可能取值为，则，所以X的分布列为X0123P.2
24、0. 如图，三棱柱中，侧面是矩形，D是AB的中点.（1）证明：；（2）若平面，E是上的动点，平面与平面夹角的余弦值为，求的值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）先证明线面垂直，根据线面垂直得出线线垂直；（2）先设比值得出向量关系，根据空间向量法求已知二面角的值即可求出比值.【小问1详解】取BC的中点F，连接，记，是AB的中点，在矩形中，平面 ,平面，平面，平面，；【小问2详解】因为平面，平面，所以，由矩形得，以点为原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设，则，所以 设是平面的一个法向量，则，令，则.设是平面的一个法向量，则，令，则，.，或（舍去），
25、.21. 已知双曲线经过点，直线、分别是双曲线的渐近线，过分别作和的平行线和，直线交轴于点，直线交轴于点，且（是坐标原点）（1）求双曲线的方程；（2）设、分别是双曲线的左、右顶点，过右焦点的直线交双曲线于、两个不同点，直线与相交于点，证明：点在定直线上.【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）求出点、的坐标，根据题中条件可得出关于、的方程组，解出、的值，即可得出双曲线的方程；（2）分析可知直线不与轴重合，设、，直线的方程为，将直线的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，求出直线与的方程，将这两条直线联立，求出点的横坐标，即可得出结论.【小问1详解】解：由题意得，不妨设直线的方程为
26、，则直线的方程为，在直线的方程中，令可得，即点，同理可得，由可得，因此，双曲线的方程为.【小问2详解】证明：由（1）得、，若直线与轴重合，则、为双曲线的顶点，不合乎题意，设、，直线的方程为，联立可得，所以，解得，直线的方程为，直线的方程为，联立直线与的方程，可得，所以，因为，解得，因此，点在定直线上.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.22. 已知函数在点
27、处的切线方程为，（1）求的值域；（2）若，且，证明：；.【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）求出，根据导数的几何意义得出切线方程.结合已知，即可求出的值.然后利用导函数得出的单调性，进而根据函数的单调性，结合的取值，即可得出答案；（2）求出，得出的单调性以及值域，根据以及的性质，作出函数的图象. 设，根据图象，得出的范围.构造函数，二次求导证明得到，即有 ，从而得出，根据函数的单调性，即可得出的证明；先推出，即有.根据基本不等式，结合的范围得出，即，然后根据函数的单调性，即可得出的证明.【小问1详解】由題意得，. 根据导数的几何意义可知，函数在点处的切线的斜率，在点处的切线方
28、程为，整理可得， 由已知可得，解得，.令，则，所以在上单调递减，所以.又时，有，所以，所以；令，则，所以在上单调递增，所以；综上所述，的值域为.【小问2详解】由题意得，.令，则或，所以在上单调递减，在上单调递减，所以当时，的值域为；当时，的值域为；令，则，所以在上单调递增，所以当时，的值域为.作出函数以及的图象如下图，设，且，由图象可知，且，.令，则.令，则.令，则，所以，即在上单调递减，在上单调递减，.又，.，在上单调递减，.又，.在上单调递增，；由得，.， ，.，当且仅当，即时，等号成立，即，即.在上单调递增，.【点睛】关键点睛：构造函数，根据二次求导得出.然后即可根据题中已知条件，结合函数的单调性，得出证明.
