山西省2024届高三下学期阶段性测试数学试卷(含答案)

这是一份山西省2024届高三下学期阶段性测试数学试卷(含答案)，共14页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．设全集,集合,,则( )
A.B.C.D.
2．的展开式中常数项为( )
A.112B.56C.28D.16
3．已知函数若对任意,,曲线在点和处的切线互相平行或重合,则实数( )
A.0B.1C.2D.3
4．干支纪年法源于中国,中国自古便有十天干与十二地支,十天干即：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸;十二地支即：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥.干支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配,排列起来,天干在前,地支在后,天干由“甲”起,地支由“子”起,比如第一年为“甲子”,第二年为“乙丑”,第三年为“丙寅”,…,排列到“癸酉”后,天干回到“甲”重新开始,即“甲戌”、“乙亥”,之后地支回到“子”重新开始,即“丙子”,…,依此类推.已知2024年是甲辰年,则2124年为( )
A.丁辰年B.癸未年C.甲午年D.甲申年
5．将一个圆台的侧面展开,得到的扇环的内弧长为,外弧长为,外弧半径与内弧半径之差为m,若该圆台的体积为,则( )
A.4B.3C.2D.1
6．设非零复数和在复平面内对应的向量分别为和,其中O为原点,若为纯虚数,则( )
A.B.
C.D.
7．已知,,均是锐角,设的最大值为,则( )
A.B.C.1D.
8．已知实数a,b,c满足,,,则( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．已知抛物线的焦点为F,点在C上,若（O为坐标原点）,则( )
A.B.C.D.
10．函数的部分图象如图所示,则( )
A.
B.
C.的图象关于点对称
D.不等式的解集为
11．在四棱锥中,已知,,且,则( )
A.四棱锥的体积的取值范围是
B.的取值范围是
C.四棱锥的外接球的表面积的最小值为
D.PB与平面PAD所成角的正弦值可能为
三、填空题
12．已知圆C经过点,且有一条直径的两个端点分别在x,y轴上,则圆C的面积的最小值为__________.
13．甲、乙两名足球运动员进行射门比赛,约定每人射门3次,射进的次数多者赢,一样多则为平局.若甲每次射门射进的概率均为,乙每次射门射进的概率均为,且每人每次射门相互独立.现已知甲第一次射门未射进,则乙赢的概率为___________.
14．已知椭圆的左、右焦点分别是,,斜率为的直线l经过点且交C于A,B两点（点A在第一象限）,若的面积是的面积的3倍,则C的离心率为___________.
四、解答题
15．某学校准备订做新的校服,有正装和运动装两种风格可供选择,为了解学生和家长们的偏好,学校随机调查了200名学生及每名学生的一位家长,得到以下的2×2列联表：
（1）根据以上数据,判断是否有99%的把握认为学生与家长对校服风格的偏好有差异;
（2）若从家长中按不同偏好的人数比例用分层随机抽样的方法抽取5人进行座谈,再从这5人中任选2人,记这2人中更喜欢正装的家长人数为X,求X的分布列和数学期望.
附：.
16．如图,A是以BC为直径的圆O上的点,PA⊥平面ABC,D,E分别是线段PA,PB上的点,且满足,.
（1）求证：;
（2）若二面角的正弦值为,求λ的值.
17．已知双曲线的渐近线与圆的一个交点为.
（1）求C的方程.
（2）过点A作两条相互垂直的直线和,且与C的左、右支分别交于B,D两点,与C的左、右支分别交于E,F两点,判断能否成立.若能,求该式成立时直线的方程;若不能,说明理由.
18．已知函数,,.
（1）若,,讨论在区间上的单调性;
（2）设t为常数,若”’是“在R上具有单调性”的充分条件,求t的最小值.
19．对于数列,若存在,使得对任意,总有,则称为“有界变差数列”.
（1）若各项均为正数的等比数列为有界变差数列,求其公比q的取值范围;
（2）若数列满足,且,证明：是有界变差数列;
（3）若,均为有界变差数列,且,证明：是有界变差数列.
参考答案
1．答案：C
解析：由已知易得,所以.
2．答案：A
解析：常数项为.
3．答案：C
解析：由题意知为偶函数,则.
4．答案：D
解析：天干可看作公差为10的等差数列,地支可看作公差为12的等差数列,由于,故100年后天干为甲,由于,余数为4,故100年后地支为“辰”后面第四个,即“申”,所以2124年为甲申年.
5．答案：B
解析：易知圆台的上底面半径为2,下底面半径为4,母线长为m.
设圆台的高为h,根据题意可知该圆台的体积为,解得,则.
6．答案：D
解析：设,,,其中a,b,c,d,,
且a,b不同时为0,c,d不同时为0,,
由题意,所以,
所以.
7．答案：B
解析：由基本不等式可得,,
,三式相加,可得,
当且仅当,,均为时等号成立,所以,
则.
8．答案：C
解析：由已知得,,.令,
则,显然,即单调递减,所以,
即,亦即,.由,可得,
而,所以,所以.
综上可知.
9．答案：AC
解析：若,则,又,
解得或,故A正确,B错误;由抛物线的定义,得,故C正确;
由余弦定理得,故D错误.
10．答案：ABD
解析：设的最小正周期为T,由图象可知,解得,故,
则,将代入解析式,得,所以,
所以,故A,B正确;,故C错误;
即为,得,得,
得,故D正确.
11．答案：BCD
解析：由已知可得,四边形ABCD是上底为1,下底为2,底角为60°的等腰梯形,
所以,.
对于A,当底面ABCD时,四棱锥的体积最大,最大体积为,故A错误;
对于B,在中,,,,用余弦定理可知的取值范围是,故B正确;
对于C,当平面ABCD时,四棱锥的外接球的半径等于的外接圆的半径,此时外接球的半径最小,为,故外接球的表面积的最小值为,故C正确;
对于D,设PB与平面PAD所成角为,当平面ABCD时,计算可得,当P靠近平面ABCD时,θ趋向于0,所以存在某个P点,使得,故D正确.
12．答案：
解析：因为圆C的一条直径的两个端点分别在x,y轴上,
所以该圆一定过原点O.又圆C经过点,所以当OM为圆C的直径时,圆C的面积最小,
又.
所以圆C的面积最小值为.
13．答案：
解析：若乙射进1次,则他赢的概率为;若乙射进2次,
则他赢的概率为;
若乙射进3次,则他赢的概率为.
故乙赢的概率为.
14．答案：
解析：因为的面积是的面积的3倍,所以.
设C的半焦距为,则直线,
联立方程可得消去x得,
则,,又,
即,化简可得,得,
解得.
15．答案：（1）有99%的把握认为学生与家长对校服风格的偏好有差异
（2）
解析：（1）由题可知,
因为,
所以有99%的把握认为学生与家长对校服风格的偏好有差异.
（2）座谈的家长中更喜欢正装的人数为,更喜欢运动装的人数为.
由题意可得X的所有可能取值为0,1,2,
则,
,
,
故X的分布列为
所以X的数学期望.
16．答案：（1）见解析
（2）或（舍去）
解析：（1）因为A是以BC为直径的圆O上异于B,C的点,所以,
因为平面ABC,所以.
又,所以平面PAC,
因为,所以,所以平面PAC,
因为平面PAC,所以.
（2）分别以AC,AB,AP所在的直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
设,,则点,,,,
,则,,,
,
设平面CDE的法向量为,
则取.
设平面BCE的法向量为,
则取.
因为二面角的正弦值为,
所以,
解得或（舍去）.
17．答案：（1）
（2）不能成立,具体见解析
解析：（1）由题可知,
,,
故C的方程为.
（2）不能成立.
显然直线,的斜率均存在,设直线的方程为,
直线的方程为,,.
联立与C的方程可得得,
因为与C的左、右支分别相交,所以,
同理,解得或.（*）
因为,
所以,
同理可得.
若,则,
只需即可,解得,,
显然,都不符合（*）.
所以不能成立.
18．答案：（1）在上单调递减,在上单调递增,在上单调递减
（2）
解析：（1）由题可知,
即.
,,则.
由得,即或;
由得,即.
因此在上单调递减,在上单调递增,在上单调递减.
（2）若具有单调性,则不变号.
设,则,即不变号,由于,因此是二次函数.
若在恒成立,则即由于,,所以该情形不成立.
若在恒成立,则或
即或a.
由于,因此恒成立
当时,（当时等号成立）,
当时,,因此,
故t的最小值为.
19．答案：（1）
（2）是有界变差数列
（3）见解析
解析：（1）因为的各项均为正数,所以,,
,
当时,,,任取即可,所以为有界变差数列.
当时,,
若,则,令即可,所以为有界变差数列,
若,则,当时,,显然不存在符合条件的M,故不是有界变差数列.
综上,q的取值范围是.
（2）由,可得,易知,所以,
因此是首项为,公差为1的等差数列,
所以,即.
所以,
,
所以是有界变差数列.
（3）由有界变差数列的定义可知,
,
.
因为,
所以.
因此,
所以是有界变差数列.
更喜欢正装
更喜欢运动装
家长
120
80
学生
160
40
0.1
0.05
0.01
0.001
2.706
3.841
6.635
10.828
X
0
1
2
P