2024届山西省太原市高三下学期模拟考试数学试题（一）（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山西省太原市2024届高三下学期模拟考试数学试题（一）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】阴影部分对应的集合为，∵全集，集合，∴.故选：D.2.已知复数满足，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，所以.故选：A3.已知，若，则实数＝（）A.﹣4 B.1 C.2 D.6【答案】B【解析】因为，所以，又因为，所以，解得．故选：B．4.已知、为两条不同的直线，、为两个不同的平面，则下列命题正确的是（）.A.若，，，则B.若，，，则C.若，，，则D.若，，，则【答案】C【解析】若，，，则平行或异面，错误；若，，，则平行，或异面，或相交，错误；若，，取直线的方向向量作为的法向量，取直线的方向向量为作为的法向量，，因为，即两平面所成角为，所以，所以，即正确；若，，，则平行或异面、或相交，错误；故选：C5.北斗七星是夜空中的七颗亮星，我国汉代纬书《春秋运斗枢》就有记载，它们成的图形像我国古代舀酒的斗，故命名北斗七星.北斗七星不仅是天上的星象，是古人藉以判断季节的依据之一.如图，用点A，B，C，D，E，F，G表示某季节的北斗七星，其中B，D，E，F看作共线，其他任何三点均不共线，若过这七个点中任意三个点作三角形，则所作的不同三角形的个数为（）A.35 B.34C.31 D.30【答案】C【解析】从这七个点任意选取三个点有个，其中共线的四点中有个不能构成三角形，所以不同的三角形个数有31个，故选：C.6.已知双曲线：的左、右焦点分别是，，点在双曲线上，且满足，则点到双曲线两条渐近线的距离之和为（）A. B.3 C. D.【答案】C【解析】设点的坐标为，由已知得，，则，，因为，所以，①又因为点是双曲线上一点，所以，②联立①②,相减，得到，解得.根据双曲线的对称性，不妨取讨论，又渐近线方程为，则点到双曲线两条渐近线的距离之和为.故选：C.7.已知数列的前项和为，且满足，，则使不等式成立的的最大值为（）A.15 B.17 C.20 D.22【答案】B【解析】由，当时，得，两式相减并整理得，则，,即，，又因为，所以，，当时也满足上式，所以，，则，，显然随的增大而增大，又，，的最大值为17.故选：B.8.已知，，，（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，即，则，因，则，化简得，即，即，因，，则，，故或，即（舍）或，则故选：B二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分.9.下列结论正确的是（）A.若随机变量，满足，则B.若随机变量，，则C.若样本相关系数的绝对值越接近1，则成对样本数据的线性相关程度越强D.记样本，，…，的平均数为，样本，，…，的平均数为，若样本，，…，，，，…，的平均数为，则【答案】BCD【解析】对于A，随机变量，满足，则，A错误；对于B，随机变量，，则，B正确；对于C，若样本相关系数的绝对值越接近1，则成对样本数据的线性相关程度越强，C正确；对于D，，，，则，D正确.故选：BCD10.已知定义域在上的函数满足以下条件：①对于任意的x，，；②；③，其中k是正常数，则下列结论正确的是（）A. B.C.是偶函数 D.【答案】ACD【解析】对于A，令，可得，由可得，A正确；对于B，令，可得，所以，B错误；对于C，令，可得，所以，C正确；对于D，将代入x，将k代入y，可得，D正确.故选：ACD11.数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一.勒洛四面体是分别以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分.如图，在勒洛四面体中，正四面体的棱长为4，则下列结论正确的是（）A.记勒洛四面体表面上以，为球心的两球球面交线为弧，其长度为B.平面截勒洛四面体所得截面的面积为C.过棱的中点和的平面截勒洛四面体所得的截面的周长小于D.勒洛四面体的内切球半径是【答案】BCD【解析】在正四面体中，为的中心，是正四面体外接球的球心，连接、、，由正四面体的性质可知在上.因为，所以，则.因为，即，解得，对A选项，如图，取中点，在中，，，记该“勒洛四面体”上以，为球心的两球交线为弧，设为弧上任意一点，根据“勒洛四面体”的对称性，弧在平面上，且平面.所以.所以该弧是以的中点为圆心，以为半径的圆弧，设圆心角为，则，可知，所以弧长不等于，故A错误；对B选项，勒洛四面体被平面截得的截面如图所示，其面积为，则B正确；对C选项，由A选项可知，过棱的中点和的平面截勒洛四面体所得的截面为平面，且平面截勒洛四面体所得的截面周长为弧长的3倍，弧长为，故截面周长为.又，所以，所以所得截面的周长小于，故C正确；对D选项，由对称性可知勒洛四面体内切球的球心是正四面体外接球的球心，连接并延长交勒洛四面体的曲面于点，则就是勒洛四面体内切球的半径.因为，所以，所以勒洛四面体内切球的半径是，故D正确.故选：BCD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.的展开式中的常数项为______.【答案】【解析】的展开式的通项为：，则的展开式中的项为：和，于是的展开式中的常数项为：.故答案为：.13.已知数列中，，，则数列前2024项的和为__________.【答案】2024【解析】因为，，所以，，，，，，所以数列是周期为4的周期数列，且，所以.故答案为：2024.14.已知，若对于任意的，不等式恒成立，则实数的最小值为______.【答案】【解析】对不等式进行变形，得到，令，，又，所以，在上单调递增，∵，∴，于是有，即，令，，，可得当时，，单调递增，当时，，单调递减，于是，于是，∴的最小值为.故答案为：.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.如图，在中，是边上一点，，，.（1）求的值；（2）若，求的值.解：（1）设，，，∴，在中，∵，∴，在中，由正弦定理得，即，∴，∵，∴∴，，∴或（舍去），∴.（2）由（1）得，∴，，∵，∴，∴在中，由余弦定理得：，∴.16.如图，在三棱台中，平面，平面平面，，的面积为，三棱锥的体积为．（1）求证：；（2）求平面与平面夹角的大小．（1）证明：取的中点，连接，∵，∴，又平面平面，∵平面平面，平面，∴平面，又平面，∴，∵平面平面，∴，又平面，，∴平面，又平面，则；（2）解：由题意及（1），面，且面，则，由面面，则，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，设，则，解得，则，设是平面一个法向量，则，，所以，当时，，设是平面的一个法向量，则，，所以，当时，，∴由图知，平面与平面夹角为锐角，∴平面与平面的夹角为．17.已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若在上有两个零点，求实数的取值范围.解：（1）由题意得，，①当时，，所以在上单调递减；②当时，令，则，令，则；令，则，所以在上单调递减，在上单调递增；综上，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）由（1）得①当时，在上单调递减，所以在上至多有一个零点，所以不符合题意；②当时，在上单调递减，在上单调递增，，（ⅰ）当时，，所以上至多有一个零点，所以不符合题意；（ⅱ）当时，，因为，所以在上有一个零点，因为，所以，所以上有一个零点，所以符合题意；综上，实数的取值范围为.18.已知椭圆经过点，且离心率，点是上一动点，点是的中点（为坐标原点），过点的直线交于、两点，且.（1）求椭圆的标准方程；（2）当直线的斜率和直线的斜率都存在时，证明：；（3）证明：的面积为定值.（1）解：由题意得，解得，故椭圆的标准方程为.（2）证明：设、、，则，所以，由题意可知，点为线段的中点，则，由，得，所以，，即.（3）证明：①当和都存在时，设直线的方程为，由得，则，由韦达定理可得，，所以，，，因为点在椭圆上，则，即，所以，整理可得，所以，，设点到直线的距离为，则的面积所以，故为定值；②当直线的斜率不存在时，则直线的方程为，由对称性，不妨取直线的方程为，联立可得，则，此时；③当直线的斜率不存在时，则直线的方程为，同理可得.综上所述，的面积为定值.19.某制药公司针对某种病毒研制了一款新疫苗.该病毒一般通过病鼠与非病鼠之间的接触传染，现有只非病鼠，每只非病鼠在接触病鼠后被感染的概率为，被感染的非病鼠数用随机变量表示，假设每只非病鼠是否被感染之间相互独立.（1）若，求数学期望；（2）设接种疫苗后的非病鼠被病鼠感染的概率为，现有两个不同的研究团队理论研究发现概率与参数的取值有关.团队提出函数模型为，团队提出函数模型为.现将这只非病鼠平均分成10组，进行实验，随机变量表示第组被感染的非病鼠数，如图是根据随机变量的实验结果绘制成的频数分布直方图.假设每组非病鼠是否被感染之间相互独立.①试写出事件“，，…，”发生的概率表达式（用表示，组合数不必计算）；②在统计学中，若参数时使得概率最大，称是的极大似然估计.根据这一原理，判断，两个团队提出的函数模型是否可以求出的极大似然估计？若能，请求出.参考数据：.解：（1）由题意知随机变量，即，由得，∴，则；（2）①由题意得，，②设，，则，令，则，令，则，∴在上单调递增，在上单调递减，当时，取得最大值，记函数，，则，令，则；令，则，∴在上单调递增，在上单调递减，∴，所以团体提出的函数模型求不出的极大似然估计，记函数，，则在上单调递增，且其值域为，令，则，所以团体提出的函数模型可以求出的极大似然估计，且.山西省太原市2024届高三下学期模拟考试数学试题（一）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】阴影部分对应的集合为，∵全集，集合，∴.故选：D.2.已知复数满足，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，所以.故选：A3.已知，若，则实数＝（）A.﹣4 B.1 C.2 D.6【答案】B【解析】因为，所以，又因为，所以，解得．故选：B．4.已知、为两条不同的直线，、为两个不同的平面，则下列命题正确的是（）.A.若，，，则B.若，，，则C.若，，，则D.若，，，则【答案】C【解析】若，，，则平行或异面，错误；若，，，则平行，或异面，或相交，错误；若，，取直线的方向向量作为的法向量，取直线的方向向量为作为的法向量，，因为，即两平面所成角为，所以，所以，即正确；若，，，则平行或异面、或相交，错误；故选：C5.北斗七星是夜空中的七颗亮星，我国汉代纬书《春秋运斗枢》就有记载，它们成的图形像我国古代舀酒的斗，故命名北斗七星.北斗七星不仅是天上的星象，是古人藉以判断季节的依据之一.如图，用点A，B，C，D，E，F，G表示某季节的北斗七星，其中B，D，E，F看作共线，其他任何三点均不共线，若过这七个点中任意三个点作三角形，则所作的不同三角形的个数为（）A.35 B.34C.31 D.30【答案】C【解析】从这七个点任意选取三个点有个，其中共线的四点中有个不能构成三角形，所以不同的三角形个数有31个，故选：C.6.已知双曲线：的左、右焦点分别是，，点在双曲线上，且满足，则点到双曲线两条渐近线的距离之和为（）A. B.3 C. D.【答案】C【解析】设点的坐标为，由已知得，，则，，因为，所以，①又因为点是双曲线上一点，所以，②联立①②,相减，得到，解得.根据双曲线的对称性，不妨取讨论，又渐近线方程为，则点到双曲线两条渐近线的距离之和为.故选：C.7.已知数列的前项和为，且满足，，则使不等式成立的的最大值为（）A.15 B.17 C.20 D.22【答案】B【解析】由，当时，得，两式相减并整理得，则，,即，，又因为，所以，，当时也满足上式，所以，，则，，显然随的增大而增大，又，，的最大值为17.故选：B.8.已知，，，（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，即，则，因，则，化简得，即，即，因，，则，，故或，即（舍）或，则故选：B二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分.9.下列结论正确的是（）A.若随机变量，满足，则B.若随机变量，，则C.若样本相关系数的绝对值越接近1，则成对样本数据的线性相关程度越强D.记样本，，…，的平均数为，样本，，…，的平均数为，若样本，，…，，，，…，的平均数为，则【答案】BCD【解析】对于A，随机变量，满足，则，A错误；对于B，随机变量，，则，B正确；对于C，若样本相关系数的绝对值越接近1，则成对样本数据的线性相关程度越强，C正确；对于D，，，，则，D正确.故选：BCD10.已知定义域在上的函数满足以下条件：①对于任意的x，，；②；③，其中k是正常数，则下列结论正确的是（）A. B.C.是偶函数 D.【答案】ACD【解析】对于A，令，可得，由可得，A正确；对于B，令，可得，所以，B错误；对于C，令，可得，所以，C正确；对于D，将代入x，将k代入y，可得，D正确.故选：ACD11.数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一.勒洛四面体是分别以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分.如图，在勒洛四面体中，正四面体的棱长为4，则下列结论正确的是（）A.记勒洛四面体表面上以，为球心的两球球面交线为弧，其长度为B.平面截勒洛四面体所得截面的面积为C.过棱的中点和的平面截勒洛四面体所得的截面的周长小于D.勒洛四面体的内切球半径是【答案】BCD【解析】在正四面体中，为的中心，是正四面体外接球的球心，连接、、，由正四面体的性质可知在上.因为，所以，则.因为，即，解得，对A选项，如图，取中点，在中，，，记该“勒洛四面体”上以，为球心的两球交线为弧，设为弧上任意一点，根据“勒洛四面体”的对称性，弧在平面上，且平面.所以.所以该弧是以的中点为圆心，以为半径的圆弧，设圆心角为，则，可知，所以弧长不等于，故A错误；对B选项，勒洛四面体被平面截得的截面如图所示，其面积为，则B正确；对C选项，由A选项可知，过棱的中点和的平面截勒洛四面体所得的截面为平面，且平面截勒洛四面体所得的截面周长为弧长的3倍，弧长为，故截面周长为.又，所以，所以所得截面的周长小于，故C正确；对D选项，由对称性可知勒洛四面体内切球的球心是正四面体外接球的球心，连接并延长交勒洛四面体的曲面于点，则就是勒洛四面体内切球的半径.因为，所以，所以勒洛四面体内切球的半径是，故D正确.故选：BCD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.的展开式中的常数项为______.【答案】【解析】的展开式的通项为：，则的展开式中的项为：和，于是的展开式中的常数项为：.故答案为：.13.已知数列中，，，则数列前2024项的和为__________.【答案】2024【解析】因为，，所以，，，，，，所以数列是周期为4的周期数列，且，所以.故答案为：2024.14.已知，若对于任意的，不等式恒成立，则实数的最小值为______.【答案】【解析】对不等式进行变形，得到，令，，又，所以，在上单调递增，∵，∴，于是有，即，令，，，可得当时，，单调递增，当时，，单调递减，于是，于是，∴的最小值为.故答案为：.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.如图，在中，是边上一点，，，.（1）求的值；（2）若，求的值.解：（1）设，，，∴，在中，∵，∴，在中，由正弦定理得，即，∴，∵，∴∴，，∴或（舍去），∴.（2）由（1）得，∴，，∵，∴，∴在中，由余弦定理得：，∴.16.如图，在三棱台中，平面，平面平面，，的面积为，三棱锥的体积为．（1）求证：；（2）求平面与平面夹角的大小．（1）证明：取的中点，连接，∵，∴，又平面平面，∵平面平面，平面，∴平面，又平面，∴，∵平面平面，∴，又平面，，∴平面，又平面，则；（2）解：由题意及（1），面，且面，则，由面面，则，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，设，则，解得，则，设是平面一个法向量，则，，所以，当时，，设是平面的一个法向量，则，，所以，当时，，∴由图知，平面与平面夹角为锐角，∴平面与平面的夹角为．17.已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若在上有两个零点，求实数的取值范围.解：（1）由题意得，，①当时，，所以在上单调递减；②当时，令，则，令，则；令，则，所以在上单调递减，在上单调递增；综上，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）由（1）得①当时，在上单调递减，所以在上至多有一个零点，所以不符合题意；②当时，在上单调递减，在上单调递增，，（ⅰ）当时，，所以上至多有一个零点，所以不符合题意；（ⅱ）当时，，因为，所以在上有一个零点，因为，所以，所以上有一个零点，所以符合题意；综上，实数的取值范围为.18.已知椭圆经过点，且离心率，点是上一动点，点是的中点（为坐标原点），过点的直线交于、两点，且.（1）求椭圆的标准方程；（2）当直线的斜率