2024届山西省大同市高三上学期学情调研数学试题含答案

这是一份2024届山西省大同市高三上学期学情调研数学试题含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先根据一元二次不等式的解法求出集合的取值范围，再根据交集的概念即可求解.
【详解】不等式的解集为，又，所以，
故选：D.
2．已知复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用复数的除法运算求出，再求出模作答.
【详解】依题意，，
所以.
故选：D
3．在2022年北京冬奥会期间，需从2名男志愿者和3名女志愿者中任选2名志愿者去支援冰壶比赛的志愿者工作，若选出的2名中至少有1名男志愿者，则不同的选法有（ ）
A．3种B．7种C．10种D．12种
【答案】B
【分析】首先求出不考虑性别的选法，再求出全是女志愿者的选法，即可得解.
【详解】从2名男志愿者和3名女志愿者中任选2名参加支援，共有种选法，
全是女志愿者的选法共有种，所以至少有1名男志愿者的选法共有种.
故选：B.
4．分形几何学是数学家伯努瓦•曼德尔布罗在20世纪70年代创立的一门新的数学学科，它的创立为解决众多传统科学领域的难题提供了全新的思路，按照如图1的分形规律可得知图2的一个树形图，记图2中第行黑圈的个数为，白圈的个数为，若，则（ ）

A．34B．35C．88D．89
【答案】D
【分析】由题可知，每个白圈在下一行产生一个白圈一个黑圈，一个黑圈在下一行产生一个白圈两个黑圈，从而可得递推式，然后由递推式可求得结果.
【详解】由题可知，每个白圈在下一行产生一个白圈一个黑圈，一个黑圈在下一行产生一个白圈两个黑圈，
所以有，，
又因为，，
所以，，，，，，
，，，，，，
故选：D.
5．若函数在点处的切线斜率为，其中，，则最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用导数的几何意义可得出，利用基本不等式可求得的最大值.
【详解】因为，则，
故在处的切线斜率为，所以，
因为，，由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，
故的最大值为，
故选：D.
6．已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，该圆锥内半径最大的球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由条件得到该圆锥内半径最大的球为该圆锥的内切球，结合图象，根据等面积法，求得内切球的半径，即可求解.
【详解】如图为圆锥及圆锥内半径最大球的轴截面图，球心为，设球半径为，则，，
则，所以，
，由等面积法可得，
所以该圆锥内半径最大的球的体积为.
故选：B.

7．某校1500名学生参加交通安全知识竞赛，随机抽取了100名学生的竞赛成绩（单位：分），成绩的频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的是（ ）

A．频率分布直方图中的值为0.0045
B．估计这100名学生竞赛成绩的第60百分位数为80
C．估计这100名学生竞赛成绩的众数为80
D．估计总体中成绩落在内的学生人数为500
【答案】B
【分析】先根据频率之和为1可得，进而可得每组的频率，再结合统计相关知识逐项分析判断.
【详解】对于选项A：因为，可得，故A错误；
可知每组的频率依次为.
对于选项B：前三组的频率和为，
所以这100名学生竞赛成绩的第60百分位数为80，故B正确；
对于选项C：因为的频率最大，所以这100名学生竞赛成绩的众数为75，故C错误；
对于选项D：总体中成绩落在内的学生人数为，故D错误.
故选：B.
8．已知函数的定义域为，与都是偶函数，并且当时，，若关于的方程至少有个实数解，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由已知分析关于和对称，可得的周期为，然后根据解析式作出和的图像，图像在右侧至少有四个交点，即可得出相关范围.
【详解】因为是偶函数，
所以，所以关于对称，
又因为也是偶函数，
所以，所以关于对称，
所以的周期为，
因为关于对称，
如图所示，图像在右侧至少有四个交点，
当时，只需，即；

同理，当时，有，即，

当时，显然成立.
综上，.
故选：C
二、多选题
9．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．函数的一条对称轴是
B．函数的最大值是
C．函数在区间单调递增
D．函数的图像可由的图像向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到
【答案】ABC
【分析】先利用三角恒等变换将函数进行化简可得，然后分别根据正弦函数的对称轴、最值，单调性和图像的平移逐项进行判断即可求解.
【详解】由题知，
，
对于A，，所以函数的一条对称轴为，故A正确；
对于B，，当时，函数取最大值为，故B正确；
对于C，，单调增区间应满足解得，所以单调增区间为，
因为，所以函数在区间单调递增，故C正确；
对于D，的图像向左平移个单位长度，得，再向下平移个单位长度得到，故D错误.
故选：ABC.
10．设为的外心，，，的角平分线交于点，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】对于A、B：根据题意结合正弦定理可得，结合平面向量的线性运算求；对于C、D：根据外心的性质结合平面向量的数量积运算求解.
【详解】在中，有正弦定理可得，可得，
在中，有正弦定理可得，可得，
因为，，为的角平分线，
可知，
则，
可得，
所以，即，
可得，
故A正确，B错误；
分别取的中点，连接，可知，
因为为的外心，则，
，
所以，
故C正确；D错误.
故选：AC.

11．已知抛物线的焦点为，其准线与轴相交于点，经过点且斜率为的直线与抛物线相交于点，两点，则下列结论中正确的是（ ）
A．
B．
C．的取值范围是
D．时，以为直径的圆经过点
【答案】AD
【分析】设直线的方程以及点的坐标，联立方程利用韦达定理结合向量的坐标运算逐项分析判断.
【详解】由题意可得：抛物线的焦点为，准线，则，
设直线的方程为，，，
联立方程得，消去得，
可得，解得且，故Ｃ错误；
则，故A正确；
可得，
易知同号，所以，故B错误；
因为，，
所以
，
当时，，此时为直角，即以为直径的圆经过点，故D正确.
故选：AD.

12．如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点，且，以下结论正确的有（ ）

A．
B．
C．正方体的体积是三棱锥的体积的12倍
D．异面直线所成的角为定值
【答案】ABC
【分析】A由正方体性质有，结合向量数量积定义求判断；B建空间直角坐标系，利用向量法证线段的垂直关系，再应用线面垂直判定、性质判断；C连接，交于，由线面垂直性质、判定证平面，利用棱锥体积公式求体积即可；D点在处、在的中点判断异面直线所成角是否相等，即可判断.
【详解】A：易知，，所以，正确；
B：建立如图空间直角坐标系，则，，，，，
所以，，，
所以，，即，，
因为，，平面，
所以平面，又平面，所以，正确;

C：连接，交于，则，
因为平面，平面，所以，
又，、平面，所以平面，
所以，又，
所以正方体的体积是三棱锥的体积的12倍，正确;
D：当点在处，为的中点时，由正方体性质易知，异面直线所成的角是，
由面，面，则，正方形中显然，
，且、面，故面，面，
所以，故，

当在的中点时，在的位置，由正方体性质易知，异面直线所成的角是，
由面，面，则，故，
综上，，，即，即两个角不相等，错误.

故选：ABC.
三、填空题
13．已知，则 .
【答案】/
【分析】利用二倍角的余弦公式和诱导公式化简即可求解.
【详解】因为，
且，所以.
故答案为：.
14．的展开式中的系数为 （用数字作答）.
【答案】
【分析】根据题意结合二项展开式的通项公式运算求解.
【详解】因为的二项展开式为，
令，可得；
令，可得；
可得，
所以的展开式中的系数为.
故答案为：.
四、双空题
15．一个质点在随机外力的作用下，从原点出发，每隔1s等可能地向左或向右移动一个单位，共移动8次.移动后，事件“质点位于原点”的概率为 ；事件“质点位于4的位置”的概率为
【答案】
【分析】设质点向右移动的次数为，则，移动8次后，质点位于原点的概率为，质点位于4的位置的概率为，计算即可.
【详解】设质点向右移动的次数为，又质点每隔1s等可能地向左或向右移动一个单位，共移动8次，每次移动相互独立，则.
移动8次后，质点位于原点，则，，所以移动8次后，质点位于原点的概率为；
移动8次后，质点位于4的位置，则，，所以移动8次后，质点位于4的位置的概率为；
故答案为：，.
五、填空题
16．已知椭圆的左、右焦点分别为，过点作直线交椭圆于两点，若，则椭圆的离心率为 .
【答案】/
【分析】由题意可得，且，延长并延长交椭圆于点，然后利用椭圆的对称性和椭圆的定义可得，，，则由勾股定理的逆定理可得，再在中利用勾股定理列方程可求出的关系，从而可求出离心率.
【详解】因为，，
所以，且，
延长并延长交椭圆于点，
则由对称性可设，，，，
因为，所以，
则，，，
得
所以，
在中，由，得
，化简得，所以，
所以离心率.
故答案为：
【点睛】关键点睛：此题考查椭圆的离心率的求法，解题的关键是利用椭圆的对称性和椭圆的定义表示出各线段的长.
六、解答题
17．从①，②的外接圆的半径为且，这两个条件中选择一个，补充在下面问题中，并解答.
已知的内角的对边分别为，且，____________.
(1)求角的大小；
(2)若，求的面积.
注：若选择多个条件分别解答，按第一个解答给分.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）选①：利用正弦定理和余弦定理即可解得角；
选②：根据正弦定理和外接圆半径即可得，根据，进而求得角；
（2）结合（1）的结论根据边角之间关系，由余弦定理即可得，根据三角形面积公式即可求得结果.
【详解】（1）选①：因为，
在中，将正弦定理代入化简可得：
，即，即
在中，由余弦定理可得：，
因为，所以；
选②：因为的外接圆的半径为且，
在中，由正弦定理可得：
，解得，
因为，所以，所以.
（2）由（1）知，，，
在中，由余弦定理可得：，
解得，
所以.
18．已知数列中，，是公差为的等差数列.
(1)求的通项公式；
(2)若，为数列的前项和，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意根据等差数列的通项公式求得数列的通项公式，然后由通项公式的关系即可求得数列的通项公式；
（2）首先确定数列的通项公式，再利用裂项相消即可求出，即可证明.
【详解】（1）因为，所以，
又是公差为的等差数列，所以，
所以.
（2）因为，
所以，
因为，所以，得证.
19．如图所示，在四棱锥中，平面，，，且，，，为上一点.

(1)求证：；
(2)若为的中点，求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）根据线面垂直的性质定理和判定定理分析证明；
（2）建系，求出及平面AED的法向量，利用线面角的计算公式计算即可.
【详解】（1）因为，，所以，，
又因为，则，所以，
因为平面，平面，所以，
且，平面，所以平面，
由平面，所以.
（2）以点A为坐标原点，分别以所在的直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
可得，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得平面的一个法向量为，
设与平面所成角为，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.

20．食品安全问题越来越受到人们的重视，某超市在进某种蔬菜前，食品安检部门要求对每种蔬菜进行三轮各项指标的综合检测，只有三轮检测都合格，该种蔬菜才能在该超市销售，已知每箱这种蔬菜第一轮检测不合格的概率为，第二轮检测不合格的概率为，第三轮检测不合格的概率为，每轮检测只有合格与不合格两种情况，且各轮检测互不影响.
(1)求每箱这种蔬菜能在该超市销售的概率；
(2)若这种蔬菜能在该超市销售，则每箱可获利100元，若不能在该超市销售，则每箱亏损50元，现有3箱这种蔬菜，设这3箱蔬菜的总收益为元，求的分布列和数学期望.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，30
【分析】（1）根据独立事件概率乘法公式进行计算；
（2）写出的可能取值及概率，求出分布列和数学期望.
【详解】（1）设每箱这种蔬菜能在该超市销售为事件，
则，
即每箱这种蔬菜能在该超市销售的概率为.
（2）的所有可能取值为.
因为，
,
，
,
所以的分布列为
.
21．从双曲线上一点向轴作垂线，垂足恰为左焦点，点分别是双曲线的左、右顶点，点，且，.
(1)求双曲线的方程；
(2)过点作直线分别交双曲线左右两支于两点，直线与直线交于点，证明：点在定直线上.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由可得，再由可得，解方程即可求出，即可得出答案.
（2）设，，直线，联立直线与双曲线的方程可求出的范围，再根据根与系数的关系可得③，设直线方程结合③求解，即可证明点在定直线上.
【详解】（1）令，代入双曲线方程可得，所以设，，
因为，所以，即，所以.
因为，所以，
所以，，，
所以双曲线的方程为.

（2）设，，直线，
联立可得，，
由可得或，
所以，，
直线 ①
直线 ②
③
由①÷②可得
把③代入上式化简可得，
解得，所以点在定直线上.

【点睛】思路点睛：本题考查直线与双曲线综合应用中的定直线问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与双曲线方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量之间的关系，同时得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出已知的等量关系，化简整理得到所求定直线.
22．已知函数，.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若存在，使得成立，求的取值范围.
【答案】(1)函数在上单调递减，在单调递增
(2)
【分析】（1）求出函数的导函数，分和两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；
（2）依题意即存在使成立，令，求出函数的导函数，分、、三种情况讨论，求出函数在的最小值，只需最小值小于即可.
【详解】（1）函数的定义域为，且，
①当时，恒成立，在上单调递增；
②当时，令得，
当时，；当时，，
所以函数在上单调递减，在单调递增.
综上可得：当时在上单调递增，
当时在上单调递减，在单调递增.
（2）的定义域为，由，整理得，
即存在使成立，
令，，
则
因为，所以，令，则.
因为，
所以，若，即时，在上恒成立，所以在上单调递增，
只需，解得.
若，即时，在上恒成立，所以在上单调递减，
只需，不成立.
若，即时，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以在上的极小值为，
只需，即，
而当时，，，所以不成立.
综上可得的取值范围为.
300
150
0