山西省2024届高三下学期适应性考试二数学试题（原卷版+解析版）

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1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在试卷和答题卡指定位置上.
2．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0.5mm的黑色笔迹签字笔写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、单项选择题：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. 设集合是4与6的公倍数，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可知：，则是的真子集，对比选项分析即可.
【详解】由题意可知：，
显然24的倍数均为12的倍数，但12的倍数不一定是24的倍数，例如12，
所以是的真子集，对比选项可知B正确，ACD错误.
故选：B.
2. 已知一组数据：95，105，130，88，118，97，103，则这组数据的上四分位数为（ ）
A. 95B. 97C. 105D. 118
【答案】D
【解析】
【分析】将数据按升序排列，结合百分位数的定义分析求解.
【详解】将数据按升序排列可得：88，95，97，103，105，118，130，共7个数据，
因为，
所以这组数据的上四分位数为第6个数据，是118.
故选：D.
3. 已知是奇函数，当时，，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据奇函数定义可知，结合分段函数解析式运算求解.
【详解】因为是奇函数，则，
且，
所以.
故选：B.
4. 已知数列对任意均有.若，则（ ）
A. 530B. 531C. 578D. 579
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列可得，再利用累加法求.
【详解】因为，可知数列是以首项，公差的等差数列，
所以，
又因为，即，
可得，
累加可得，
则，所以.
故选：C.
5. 某公司在庆典活动中，设计了一款纪念品如图所示，其底座是顶部有凹槽的圆台，上面放置一个水晶玻璃球，圆台上底圆周的所有点都在凹槽面上四槽面上的所有点都在球面上圆台的上、下底面半径分别为2cm，4cm，母线长为cm，球的顶端到底座下底面的距离为8cm，则水晶球的半径为（ ）
A. cmB. cmC. cmD. cm
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆台的性质可知圆台的高位4cm，球的最高点到圆台上底面的距离为4cm，设球的半径为cm，结合球的性质分析求解.
【详解】由题意可知：圆台的高位cm，球的最高点到圆台上底面的距离为cm，
设球的半径为cm，则，解得cm.
故选：A.
6. 已知正实数x，y满足，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意分析可知，利用基本不等式运算求解.
【详解】因为正实数x，y满足，则，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为.
故选：A.
7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，点P在C上且异于C的顶点，则（ ）
A. 4B. 2C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据二倍角余弦公式和余弦定理，并结合双曲线定义化简即可.
【详解】由题意可知，的实半轴长，虚半轴长，
半焦距，
故选：C.
8. 已知函数，若，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先得到关于直线对称，并根据复合函数单调性得到其单调性，再构造相关函数的单调性得到，则比较出大小关系.
【详解】因为，
则，
则关于直线对称，
当时，，
根据复合函数单调性知在上单调递减，
且在上也单调递减，
则在上单调递减，再结合其对称性知在上单调递增.
令，则，，
所以在上单调递增，且，所以即.
令，则，
设，，
所以单调递减且，因此，
所以单调递减且，所以，即.
由得，所以.
又因为，且，
所以.
设，，则，
则在上单调递增，则，
即，即在上恒成立，
即，所以.
所以，则，
故，而，
即.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是得到的对称性和单调性，再构造新函数，利用导数的单调性得到，则比较出三者大小.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知函数，则（ ）
A. B. 展开式中，二项式系数的最大值为
C. D. 的个位数字是1
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A：根据二项展开式分析求解；对于B：根据二项式系数的性质分析求解；对于C：利用赋值法，令、即可得结果；对于D：因为，结合二项展开式分析求解.
【详解】对于选项A：的展开式的通项为，
令，可得，
所以，故A错误；
对于选项B：因为为偶数，可知二项式系数的最大值为，故B正确；
对于选项C：令，可得；
令，可得；
所以，故C错误；
对于选项D：因为，
且的展开式的通项为，
可知当，均为20的倍数，即个位数为0，
当时，，所以的个位数字是1，故D正确；
故选：BD.
10. 蜜蜂的巢房是令人惊叹的神奇天然建筑物，巢房是严格的六角柱状体，它的一端是平整的六角形开口，另一端是封闭的六角菱形的底（由三个相同的菱形组成）巢中被封盖的是自然成熟的蜂蜜，如图是一个蜂巢的正六边形开口ABCDEF，它的边长为1，点P是△DEF内部（包括边界）的动点，则（ ）
A.
B.
C. 若P为EF的中点，则在上的投影向量为
D. 的最大值为
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A：根据正六边形的性质结合向量的线性运算求解；对于C：根据结合投影向量的定义分析判断；对于BD：建系，根据向量的坐标运算求解.
【详解】对于选项A：因为，故A正确；
对于选项C：由题意可知：，
若P为EF的中点，所以在上的投影向量为，故C错误；
对于选项BD：如图，建立平面直角坐标系，
则，
可得，所以，故B错误；
设，可知，
则，可得，
则，
可知当，即点与点重合时，的最大值为，故D正确；
故选：AD.
11. 正四棱锥中，各棱长均为1，过点M，N，Q的平面交PD于点S，且，则（ ）
A.
B. 点S到平面PMQ的距离为
C. 平面MNQ与平面ABCD夹角的余弦值为
D. 两个四棱锥与体积之比为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A：建系，求平面的法向量，利用空间向量处理四点共面问题；对于B：可得，且平面PMQ的法向量结合点到面的距离公式运算求解；对于C：利用空间向量求面面夹角；对于D：利用转换顶点法结合锥体的体积公式运算求解.
【详解】对于选项A：设底面的中心为O，
以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
又因为，
则，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
因为，
因为四点共面，则，
可得，解得，故A错误；
对于选项B：可得，且平面PMQ的法向量，
所以点S到平面PMQ的距离为，故B正确；
对于选项C：显然平面ABCD的法向量为，且，
所以平面MNQ与平面ABCD夹角的余弦值为，故C正确；
对于选项D：设点S、D到平面PAB的距离分别为、，则，
因为
，
所以两个四棱锥与体积之比为，故D正确；
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：在处理四点共面（或截面）问题时，可以利用空间向量处理问题，将烦琐的逻辑推理转化为计算问题，简化分析过程.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知复数在复平面内对应的点位于第四象限，则实数m的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】整理得到不等式组，解出即可.
【详解】由于，
故点位于第四象限，因此，解得，
即的取值范围是.
故答案为：.
13. 已知椭圆的左、右焦点分别为，若C上存在一点P，使线段的中垂线过点，则C的离心率的最小值是__________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可知：，可得，运算求解即可.
【详解】设椭圆C的半焦距为，
由题意可知：，
根据存在性结合椭圆性质可知：，解得，
可得C的离心率，所以C的离心率的最小值是.
故答案为：.
14. 如图，函数的图象经过点A，B，点T在x轴上，若，则点B的纵坐标是__________．
【答案】##
【解析】
【分析】设，计算出，，再设，根据中点公式得到的坐标，将其代入三角函数解析式并结合二倍角的余弦公式得到，解出即可.
【详解】由题意设，则，，
设，，因为，
所以为线段的中点，所以，，
又点在函数图象上，所以，
，，
所以即，所以（负舍），
则点B的纵坐标是.
故答案：.
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，在正方体，中，E，F，G分别是棱AB，BC，CD的中点．
（1）证明：∥平面；
（2）证明：
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）建系，求平面的法向量，利用空间向量证明线面平行；
（2）由（1）可得：，利用空间向量证明线线垂直.
【小问1详解】
如图，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
不妨设，则，
可得
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
因为，且平面，所以∥平面.
【小问2详解】
由（1）可得：，
则，所以.
16. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足．
（1）试判断的形状；
（2）若的外接圆半径为2，求周长的最大值．
【答案】（1）为等腰三角形
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意结合三角恒等变换可得，结合分析求解；
（2）利用正弦定理可得周长，构建函数，利用导数求最值，即可得结果.
【小问1详解】
由题意可知：
，
整理得，
且，则，可知，即，
所以为等腰三角形.
【小问2详解】
由正弦定理，可得，
则周长，
由（1）可知：，
可得，
构建函数，
则，
因为，则，
当时，，则；
当时，，则；
可知在内单调递增，在内单调递减，
则，
所以当且仅当为等边三角形时，周长取到最大值.
17. 已知函数
（1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）当时，恒成立，求的取值范围
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接代入求导，计算出切线方程，求出截距计算面积即可；
（2）首先研究函数在上的最小值大于0，再分离参数得，最后设新函数研究其最大值即可.
【小问1详解】
当时，，
曲线在点处的切线方程为，
即，
直线在轴，轴上的截距分别为，
因此所求三角形的面积为.
【小问2详解】
当时，不等式恒成立，即恒成立.
令，
则，设
令，解得.
当时，单调递减；当时，单调递增；
所以.
所以在上单调递增，且，
所以当时，恒成立.
所以当时，恒成立
令，则.
由于时，恒成立，即，所以，则，
当时，单调递增；当，单调递减；
因此当时，取得极大值也是最大值，则，
所以，所以，实数的取值范围是.
18. 已知抛物线的焦点F到准线的距离为2，O为坐标原点．
（1）求E的方程；
（2）已知点，若E上存在一点P，使得，求t的取值范围；
（3）过的直线交E于A，B两点，过的直线交E于A，C两点，B，C位于x轴的同侧，证明：为定值.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见详解
【解析】
【分析】（1）根据题意可知焦点F到准线的距离为，即可得方程；
（2）设，利用平面向量数量积可得，结合基本不等式运算求解；
（3）设，求直线的方程，结合题意可得，结合夹角公式分析求解.
【小问1详解】
由题意可知：焦点F到准线的距离为，
所以抛物线E的方程为.
【小问2详解】
设，可知，则，
可得，
显然不满足上式，
则，可得，
又因为，当且仅当，即时，等号成立，
则，即，
所以t的取值范围为.
【小问3详解】
设，
则直线的斜率，
可得直线的方程，整理得，
同理可得：直线的方程，
由题意可得：，整理得，
又因为直线的斜率分别为，
显然为锐角，则，
所以为定值.
【点睛】方法点睛：求解定值问题三个步骤
（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；
（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值；
（3）得出结论．
19. 用n个不同的元素组成m个非空集合（，每个元素只能使用一次），不同的组成方案数记作例如，用1，2，3，4这4个元素组成2个非空集合共有7种方案，即；；；；；；．于是．
（1）求和：；
（2）证明：当时，；
（3）某系列手办盲盒共装有4种不同款式的手办，打开其中任何一个盲盒都可以获得1个手办（款式随机，且获得每种款式的概率都相同）
①求购买该系列盲盒7盒就能集齐全部4种款式的概率p；
②设购买该系列盲盒7盒能获得不同手办款式的种类数为随机变量X，求X的数学期望．
【答案】（1）1013
（2）证明见详解 （3）①；②分布列见详解；
【解析】
【分析】（1）分析可知，利用分组求和结合等比数列求和公式运算求解；
（2）分类讨论最后一个元素是否单独成一个集合，根据题意结合分类加法计算原理分析证明；
（3）根据题意可得：.①根据题意将问题转化为7个元素组成4个非空集合，再将4个非空集合对应4个款式，进而可得结果；由题意可知：随机变量X的可能取值为1，2，3，4，进而求相应概率和分布列.
【小问1详解】
不妨设n个不同的元素为，
对于可知：任一元素要么与1在同一集合，要么与1不在同一集合，
即每个元素均有2种可能性选择，但所有元素不能均与1在同一集合，可知，
可得
，
所以.
【小问2详解】
当时，用n个不同元素组成m个非空集合，仅对最后一个元素的情况进行讨论：
若最后一个元素单独成一个集合，则需用个不同的元素组成个非空集合，
此时对应的方案种树为；
若最后一个元素不单独成一个集合，则需用个不同的元素组成个非空集合，
再从中任取一个集合加入最后一个元素，
此时对应的方案种树为；
综上所述：当时，.
【小问3详解】
由题意可知：，结合（2）可得如下表格：
即，
①将7个盲盒编号为，4种款式为，
将购买该系列盲盒7盒就能集齐全部4种款式等价于7个元素组成4个非空集合，
再将4个非空集合对应4个款式，
所以；
②由题意可知：随机变量X的可能取值为1，2，3，4，则有：
，
，
所以X的分布列为
X的期望.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了新定义问题，意在考查学生的计算能力转化能力和总和应用能力，其中将定义中的知识转化为已有的知识点是考查的重点，需熟练掌握.1
2
3
4
1
1
╳
╳
╳
2
1
1
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╳
3
1
3
1
╳
4
1
7
6
1
5
1
15
25
10
6
1
31
90
65
7
1
63
301
350
X
1
2
3
4
P