山西省临汾市2024届高三下学期考前适应性训练(三)数学试题（原卷版+解析版）

这是一份山西省临汾市2024届高三下学期考前适应性训练(三)数学试题（原卷版+解析版），文件包含山西省临汾市2024届高三下学期考前适应性训练三数学试题原卷版docx、山西省临汾市2024届高三下学期考前适应性训练三数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置.
2．全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效.
3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案用黑色签字笔写在答题卡上.
4．考试结束后，将本试题和答案一并交回.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，且，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据补集运算求出，然后利用数轴分析可得.
【详解】因为，所以或，
又，所以.
故选：A
2. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，，则（ ）
A. 135°B. 45°C. 45°或135°D. 以上都不对
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用正弦定理求解即可
【详解】因为，，，
所以由正弦定理得，，
得，
因为，
所以角为锐角，
所以，
故选：B
3. 已知等差数列的首项为2，公差不为0．若成等比数列，则的前6项和为（ ）
A. B. C. 3D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，列出关于公差的方程，求出即可求出的前6项和.
【详解】设等差数列的公差为，由成等比数列，得，
而，解得，所以的前6项和为.
故选：B
4. 若，则的最小值是（ ）
A. 1B. 4C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据基本不等式及“1”的妙用计算即可．
【详解】因为，所以，
则，
当且仅当，即时，等号成立，取得最小值，
故选：D．
5. 宋代是中国瓷器的黄金时代，涌现出了五大名窑：汝窑、官窑、哥窑、钧窑、定窑．其中汝窑被认为是五大名窑之首．如图1，这是汝窑双耳罐，该汝窑双耳罐可近似看成由两个圆台拼接而成，其直观图如图2所示．已知该汝窑双耳罐下底面圆的直径是12厘米，中间圆的直径是20厘米，上底面圆的直径是8厘米，高是14厘米，且上、下两圆台的高之比是，则该汝窑双耳罐的体积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出上下圆台的高，利用台体体积公式求出答案.
【详解】上、下两圆台的高之比是，故上圆台的高为厘米，
下圆台的高为厘米，
故上圆台的体积为立方厘米，
下圆台的体积为立方厘米，
故该汝窑双耳罐的体积为立方厘米.
故选：D
6. 已知椭圆与椭圆有相同的焦点，且与直线相切，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由椭圆得出焦点坐标，根据椭圆与直线相切联立方程组，得出，根据离心率公式计算即可．
【详解】由椭圆得，焦点，
因为椭圆与有相同的焦点，所以椭圆的焦点，则，
又因为与直线相切，则椭圆与直线只有1个交点，
联立方程组得，，
则，化简得，，解得或（不合题意舍），
则，又，所以，
故选：A．
7. 在平行四边形中，，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量的运算律及数量积定义计算即可.
【详解】设与同方向的单位向量，与同方向的单位向量，与同方向的单位向量，
由题意，所以，
所以，即，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，即.
故选：A
8. 已知函数，关于的不等式的解集为，则（ ）
A B. C. 0D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数奇偶性和单调性可得：不等式等价于，分和两种情况，结合函数单调性可得，进而可得结果.
【详解】因为，则，可知的定义域为，
且，
所以为偶函数；
当，则，即，
可得，可知在内单调递增，
又因为，结合偶函数性质可知：，
此时，可得，
若，则，即，
构建，则，
当时，；当时，；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则，即符合题意；
若，则，即，
构建，
因为在内单调递增，则在内单调递增，
且，
可知在内存在唯一零点，
由解得；
综上所述：不等式的解集为，
此时，可得，
所以.
故选：B.
【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：
（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；
（2）求导数，得单调区间和极值点；
（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 在的展开式中（ ）
A. 所有奇数项的二项式系数的和为128
B. 二项式系数最大的项为第5项
C. 有理项共有两项
D. 所有项的系数的和为
【答案】AB
【解析】
【分析】先求出二项式系数和，奇数项二项式系数和等于偶数项二项式系数和，即可确定A；二项式系数的最大项，即为中间项，可确定B；整理出通项公式，再对赋值，即可确定C；令，可求出所有项的系数的和，从而确定D.
【详解】对于A,二项式系数和为，则所有奇数项的二项式系数的和为，故A正确；
对于B, 二项式系数最大为，则二项式系数最大的项为第5项，故B正确；
对于C,，为有理项，可取的值为，所以有理项共有三项，故C错误；
对于D,令，则所有项系数和为，故D错误.
故选：AB.
10. 已知是以为圆心，为半径的圆上任意两点，且满足，是的中点，若存在关于对称的两点，满足，则线段长度的可能值为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】BCD
【解析】
【分析】由已知得出点轨迹是以为圆心，1为半径的圆，得出的范围，再结合直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得出范围，进而判断出答案．
【详解】因为，
所以，
因为是中点，所以，
所以点轨迹是以为圆心，1为半径的圆，
设为点，则，
所以，
又，两点关于点对称，
所以为直角三角形，且为斜边中点，则，
所以，
故选：BCD．
11. 记为函数的阶导数，，若存在，则称阶可导．英国数学家泰勒发现：若在附近阶可导，则可构造（称其为在处的次泰勒多项式）来逼近在附近的函数值．下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 在处的3次泰勒多项式为
D. （精确到小数点后两位数字）
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于AB，根据求导公式求导，然后观察规律即可；对于C，按照泰勒多项式直接求解可知；对于D，求出在处的次泰勒多项式，然后计算即可.
【详解】对于A，若，则，
，
所以，A正确；
对于B，若，则，
，
观察可知，B正确；
对于C，的的阶导数，
得，C正确；
对于D，记，则，
因为，
所以在处的次泰勒多项式，
，D错误.
故选：ABC
【点睛】关键点点睛：对于D选项，关键在于理解次泰勒多项式的定义及作用，求出在处的次泰勒多项式，据此进行估算.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知复数满足：，则______．
【答案】
【解析】
【分析】利用复数的乘法运算直接求得，进而求得即可.
【详解】由，得，所以.
故答案为：.
13. 已知函数的定义域为，且，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】令求，令求，令得，通过迭代求周期，然后可解.
【详解】令，则，
因为，所以，
令，则，得，
令，则，即，
所以，
所以
所以，所以，即，
是以6为周期的周期函数，
所以，
故答案为：.
14. 已知首项为1的正项数列，其前项和．用表示不超过的最大整数，则______．
【答案】745
【解析】
【分析】将代入已知，化简可得，然后求出，根据定义分段确定的值，然后可得.
【详解】当时，
当时，，整理得，
所以，数列是以1为首项和公差的等差数列，
所以，故，
因为当时，，此时；
当时，，此时；
当时，，此时；
当时，，此时；
当时，，此时；
当时，，此时；
当时，，此时；
当时，，此时；
当时，，此时；
当时，，此时；
所以
.
故答案为：745
【点睛】关键点点睛：本题关键点有二：一是利用的关系消去，二是根据的意义合理分段确定的值.
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. 已知函数的图象可由函数的图象平移得到，且关于直线对称．
（1）求的值；
（2）求函数的单调递增区间．
【答案】（1）
（2）和．
【解析】
【分析】（1）根据题意求出振幅和周期，再由正显函数的对称轴解出，进而得到，再代入解出即可；
（2）先由图象平移得到，法一换元法整体代入求增区间；法二由正弦函数的递增区间结合条件中范围求出即可.
【小问1详解】
依题知函数与函数有相同的振幅和周期，所以，
因为函数的图象关于直线轴对称，
所以，
即，
又因为，所以，
所以，
．
【小问2详解】
法一：因为，所以，
因为在单调递增，
故的单调递增区间为和．
法二：
由，
得，
又因为
所以的单调递增区间为和．
16. 如图1，在平面四边形中，，，，，点在上，且满足．现沿将折起，使得，得到如图2所示的四棱锥，在图2中解答下列问题．

（1）证明：平面；
（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的判定先证出平面，由线面垂直的性质及判定，结合菱形对角线的性质即可证出结论；
（2）建立空间直角坐标系，由面面夹角的向量公式求解即可．
小问1详解】
因为，，，所以四边形为菱形，
因为，，，所以，，
又因为，所以，即，
在中，由，可得，
因为，，所以，即，
又因为，平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为四边形为菱形，所以，
又因为，平面，平面，
所以平面．
【小问2详解】
设，过作，则以为原点，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，

可得，，
因为，所以，
则，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，则，
设平面一个法向量为，
则，即，令，则，
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
17. 如图，在平面直角坐标系中，和是轴上关于原点对称的两个点，过点倾斜角为的直线与抛物线交于两点，且．
（1）若为的焦点，求证：；
（2）过点作轴的垂线，垂足为，若，求直线的方程．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）将转化为(坐标表示),从而求出点的坐标即可解答；或者由，可看作是以为直径的圆与抛物线交点，从而求出的坐标即可解答；
（2）由，易得，即，所以点必在中垂线上，联立直线与抛物线方程，再结合即可求解.
【小问1详解】
法一：
由题可知，，
设，，
则，．
因为，故，
解之得，．
，
．
．
法二：
由题可知，，
设点，因为，故点在圆上，
又因为点也在上，联立与得
．
解之得．
因为，故．
故，．
．
．
【小问2详解】
因为，，
所以，故．
所以点必中垂线上．
方法一：
设，直线的方程为，，．
将代入
得：
，，．
因为点在中垂线上，故．
所以，即，左右两边同时除以得，解得：或，又因为
所以，．
因为，所以即．
所以，，，．
所以直线的方程为
即．
方法二：
设，直线方程为，，，
将代入
得：
，，．
因为点必在中垂线上，且,
所以点为的中点，故，．
因为，所以即．
所以，，．
所以直线的方程为．
即．
18. 某导弹试验基地，对新研制的型导弹进行最后确定试验．
（1）据以往多次试验，型导弹每次击中空中目标的概率为．用该导弹对目标进行连续射击，若击中2次，则目标被击落，射击停止；若射击达到5次，不管目标击落与否，则结束试验．求射击次数的分布列并计算其期望；
（2）据以往多次试验，型导弹每次击中空中目标的概率为．用该导弹对目标进行连续射击，若击中1次，则目标被击落，射击停止．请完成以下关于射击次数的分布列，并证明：．
（参考公式：若，则．）
【答案】（1）分布列见解析，
（2）分布列见解析，证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出随机变量的取值，利用独立事件的概率公式求出其概率得分布列及数学期望；
（2）利用独立事件的概率公式求出随机变量Y对应的概率得分布列及数学期望；根据错位相减法求和公式及已知条件可得结果.
【小问1详解】
记“射击型导弹次后，停止射击”．的可能值为．
，，
，，
故射击次数的分布列为
．
【小问2详解】
由题意可知，，，…
，
令，
则①，
②，
①②得
，
所以，
由参考公式知：
从而．
19. 已知函数．
（1）求在处的切线方程；
（2）若曲线与直线有且仅有一个交点，求的取值范围；
（3）若曲线在处的切线与曲线交于另外一点，求证：．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义计算即可；
（2）曲线与直线有且仅有一个交点，即为只有一个根，构造新函数仅有一个零点，通过求导和对a分类讨论得到的单调性，即可确定范围；
（3）求出曲线在处的切线方程，将其与联立，利用方程有解构造新函数并求导，利用单调性即可证明，再构造新函数并求导，利用单调性即可证明，综合即可得证.
【小问1详解】
由题可知，函数的定义域为，
所以，又因为
所以函数在处的切线方程为．
【小问2详解】
方法一：
若曲线与直线有且仅有一个交点，即方程
有且只有一个根，
设函数，即函数有唯一零点．
令，即
因为，所以
当即时，，所以在上单调递增，且
所以在上有唯一零点，符合题意．
当时，，使得
所以在上单调递增，在上单调递减．
又因为，所以；当时，，
所以满足，不合题意.
综上可得的取值范围为．
方法二：
若曲线与直线有且仅有一个交点，即方程
有且只有一个根，因为时满足方程，
所以要使得方程有且只有一个根，则当时方程无根，即函数与函数的图象没有交点．
设则
令
则
因为，所以，
所以函数在和上单调递增，
又因为
所以当时，即单调递减，
当时，即单调递增．
当时，，由洛必达法则得
，
所以的取值范围为．
【小问3详解】
，所以
曲线在处的切线方程为
．
切线与联立得
设
令则或，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
因为，所以，当时，，
所以，满足，所以；
因为，所以，要证即证，
即．
设
，
所以在上单调递减，又，所以，所以．
当时成立．
综上可得：．
【点睛】关键点点睛：本题考查了函数导数的综合应用，根据有交点列出方程，再将其构造成新函数，对新函数求导求得其单调性，利用单调性的性质求范围或证明不等式是关键.
1
2
3
…
…
…
…
2
3
4
5
1
2
3
…
…
…
…