2024届 山西高三第二学期高考数学试卷(三模)带解析

这是一份2024届 山西高三第二学期高考数学试卷(三模)带解析，共21页。试卷主要包含了0282等内容，欢迎下载使用。
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．已知集合，均为集合的子集，则表示的区域为（ ）
A．①B．②C．③D．④
2．向量在边长为1的正方形网格中的位置如图所示，则（ ）
A．-7B．-1C．1D．7
3．抛物线的焦点坐标为（ ）
A．B．C．D．
4．设函数，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
5．若，且，则（ ）
A．B．C．D．
6．某次趣味运动会，设置了教师足球射门比赛:教师射门，学生守门.已知参与射门比赛的教师有60名，进球数的平均值和方差分别是3和13，其中男教师进球数的平均值和方差分别是4和8，女教师进球数的平均值为2，则女教师进球数的方差为（ ）
A．15B．16C．17D．18
7．在中，内角所对的边分别为已知的外接圆半径是边的中点，则长为（ ）
A．B．C．D．
8．正方体的棱长为2，分别为的中点，为底面的中心，则三棱锥的体积是（ ）
A．B．C．D．
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．已知是虚数单位，若，则（ ）
A．为纯虚数B．复数的虚部为
C．D．当时，复数对应的点在第二象限
10．将一个直径为的铁球磨制成一个零件，能够磨制成的零件可以是（ ）
A．底面直径为，高为的圆柱体B．底面直径为，高为的圆锥体
C．底面直径为，高为的圆锥体D．各棱长均为的四面体
11．已知函数，若，且，则的取值可能是（ ）
A．B．C．D．
三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．清明小长假期间，某学校打算安排甲、乙、丙等6位教师值班.从4月4日至4月6日每天的上、下午各需要安排一名教师到学校值班，每位教师只安排半天值班.已知甲只能值上午班，乙、丙二人只能值下午班，其他三人上下午均可值班，则不同的值班安排方式共有 种(请用数字作答).
13．已知函数，若函数恰有一个零点，则的取值范围是 .
14．双曲线的两条渐近线分别为，经过的右焦点的直线分别交于两点，已知为坐标原点，反向，若的最小值为9a，则的离心率为 .
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．已知等差数列的公差，前项和为，且，.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
16．如图三棱锥分别在线段AB，CD上，且满足.
(1)求证:平面平面;
(2)求AD与平面BCD所成角的正弦值.
17．袋中装有大小、形状、材质完全相同的n个小球，其中有个红球.
(1)若，现从袋中随机摸出2个小球，其中红球的个数为随机变量，求的方差
(2)从袋中有放回地摸取小球次，每次摸出一个小球，其中摸到红球的次数为随机变量，若的期望，方差，求;
(3)若，现从袋中有放回地摸取小球10次，每次摸出1个小球，记录颜色后将摸出的小球放回袋中.以摸出红球的频率估计袋中红球所占比例，若，求红球占比估计值的误差不超过的概率.
参考数据:
18．已知椭圆的焦点为，点在上，且轴，.
(1)求的方程;
(2)求与有公共焦点的双曲线的方程，使得以它们的交点为顶点的四边形面积最大;
(3)过点作斜率之积为的两直线，若交于，两点，交于，两点，，分别为，的中点，求面积的最大值.
19．微分中值定理是微积分学中的重要定理，它是研究区间上函数值变化规律的有效工具，其中拉格朗日中值定理是核心，它的内容如下:
如果函数在闭区间上连续，在开区间可导，导数为，那么在开区间内至少存在一点，使得，其中叫做在上的“拉格朗日中值点”.已知函数.
(1)若，求函数在上的“拉格朗日中值点”；
(2)若，求证:函数在区间图象上任意两点，连线的斜率不大于；
(3)若，且，求证:.
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
0.0282
0.0121
0.0052
0.0022
0.0010
0.0004
0.0002
0.0001
0.0000
0.0000
0.0000
1．A
【分析】根据韦恩图及补集、交集的定义判断即可.
【详解】由韦恩图可知包含区域①④，
所以表示的区域为①.
故选：A
2．C
【分析】建立平面直角坐标系，写出两向量的坐标，求出数量积.
【详解】如图，建立平面直角坐标系，则，
则.
故选：C
3．B
【分析】将抛物线方程化为标准方程，再求焦点坐标即可.
【详解】由可得，其焦点坐标为，
故选：B
4．C
【分析】首先判断函数的奇偶性与单调性，再根据奇偶性与单调性将函数不等式转化为自变量的不等式，解得即可.
【详解】函数的定义域为，
且，所以为偶函数，
当时，因为与在上单调递增，
所以在上单调递增，
则在上单调递减，不等式，
即，等价于，解得或，
所以不等式的解集为.
故选：C
5．D
【分析】根据结合的范围分析可得，，再根据结合的范围分析可得，由结合两角和差公式分析求解.
【详解】因为，则，且，
则，可得，，
又因为，则，且，
可得，，
所以
.
故选：D.
6．B
【分析】设参加射门比赛的男教师人数为，根据总体的平均数求出，设女教师进球数的方差为，根据方差公式计算可得.
【详解】设参加射门比赛的男教师人数为，则全部参赛教师进球数的平均数，
解得，即参赛的男女教师各有人，
设女教师进球数的方差为，
依题意可得，解得.
故选：B
7．D
【分析】首先利用正弦定理求得，再利用余弦定理列方程求得，进而求角，从而利用可得的长度.
【详解】由的外接圆半径，得，
由和得，
又，解得，所以.
因为中，是边的中点，所以,
于是
.
故选：D.
8．B
【分析】建立空间直角坐标系，求解平面法向量，利用向量法求解点面距离，即可根据体积公式求解.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则,
,
设平面法向量为，
则，取，则，
故到平面的距离为，
而,
故,
故，
故选：B
9．ACD
【分析】根据复数的除法运算化简可得，即可求解AB，根据模长公式以及复数的几何意义即可求解CD.
【详解】由可得，
故，故A正确，B错误，
，故C正确，
，当时，则，
故复数对应的点在第二象限，D正确，
故选：ACD
10．ACD
【分析】根据球的几何性质，结合勾股定理，即可结合选项逐一求解.
【详解】对于A,若圆柱的底面直径为8，则半径为4，
此时球心到圆柱底面的距离为，故圆柱的高可以为6，A符合，
对于B，若圆锥的底面直径为8，则半径为4，
此时球心到圆锥底面的距离为，故圆锥的高最大时为，B符合，
对于C，若圆锥的底面直径为7，则半径为，
此时球心到圆锥底面的距离为，
故圆锥的高最大时为，C不符合，
对于D , 若将各棱长均为的四面体放入到棱长为的正方体中，
此时正方体的外接球直径为，故D符合，
故选：ACD
11．BC
【分析】依题意可得直线是函数的一条对称轴，即可得到，从而求出的值，再由两角和的正弦公式将函数化简，由时函数取得最小值求出.
【详解】因为，所以时函数取得最小值，即直线是函数的一条对称轴，
又因为，所以，即，所以，
所以，
所以，解得，
当时，当时.
故选：BC
关键点点睛：本题解答的关键是根据对称性得到，从而确定的值.
12．108
【分析】根据分步乘法计数原理，结合排列组合即可求解.
【详解】从三个上午班中选择一个安排甲，再从下午的三个班中选择两个安排乙丙，剩余三个人安排在剩余的班位上，故一共有,
故108
13．
【分析】根据对勾函数的性质以及导数求解函数的最值，即可作出函数的图象，根据只有一个交点，即可结合图象求解.
【详解】，
由于为对勾函数，最小值为2，而，所以在单调递减，
故，作出的大致图象如下：
故要使恰有一个零点，只需要只有一个交点，
故，即，
故
14．
【分析】联立渐近线与直线的方程，可得坐标，继而根据点点距离公式可得，即可利用基本不等式求解最值得求解.
【详解】设渐近线的方程分别为， ，
设直线的方程为，
联立与可得，，故，
同理联立与可得，
由于反向，所以位于一四象限，故，
故，
，
当且仅当,即时等号成立，
故最小值为，因此，故，
故
方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：
（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得的值，根据离心率的定义求解离心率的值；
（2）齐次式法：由已知条件得出关于的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；
（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.
15．(1)
(2)
【分析】（1）依题意得到关于、的方程组，解得、，即可求出通项公式；
（2）由（1）可得，利用分组求和法计算可得.
【详解】（1）因为，，
所以，解得或，
因为，所以，则；
（2）由（1）可得，
所以
.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据垂直关系，结合勾股定理可得即可求证，根据线线垂直可得平面，进而可得，进而可得平面，即可求证面面垂直，
（2）根据勾股定理以及线线垂直可证明平面,即可得为直线与平面所成的角，即可求解.
【详解】（1）连接,
由于所以
由于，所以
故，即，
又，，平面，
故平面，平面,故,
平面，
所以平面，平面，
故平面平面
（2）由于所以
由于，所以
故，即，
又，，平面，
故平面，平面,故,
平面，
故平面,故即为直线与平面所成的角，
,,
17．(1)
(2)15
(3)0.708
【分析】（1）根据题意服从超几何分布，先计算概率，再计算期望代入方差公式即可.
（2）有放回的摸球，所以服从二项分布，利用期望，方差公式联立求出.
（3）有放回的摸球，每次摸一个球，摸10次，红球出现的次数是服从二项分布的，想利用摸出红球的频率估计袋中红球所占比例，当红球有30个时，红球实际的比例为如果红球占比估计值的误差不超过，，则只能取2、3或4.，又因为红球出现的次数是服从二项分布的，所以概率利用二项分布的计算可得.
【详解】（1）X的取值有0，1，2.且服从超几何分布.因此,,;
分布列如下：
.
.
（2）因为有放回地摸取1个小球次，每次摸到红球的概率是，所以
，，，即，
所以.
（3）设从袋中有放回地摸取小球10次，每次摸出1个小球中红球出现次，
所以摸出红球的频率为，当，红球所占比例为，如果以摸出红球的频率估计袋中红球所占比例，且误差不超过，因此：，即只能取2、3或4.所以红球占比估计值的误差不超过的概率.
18．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据已知条件求出，结合构造方程组，确定、的值即可求出椭圆方程；
（2）根据椭圆与双曲线的对称性，确定各交点确定的四边形为矩形，设出交点坐标，矩形面积，利用基本不等式即可求出最值；
（3）根据两直线过的定点及斜率和为设出两直线方程，直曲联立，利用伟大定理即可求出，，，，由此即可确定、坐标，求出直线方程，确定直线过定点，由此可求出面积，换元利用基本不等式求最值即可.
【详解】（1）设椭圆的方程为，由题意知，在椭圆上，
所以，，即，
所以，解得，所以椭圆的方程为.
（2）
设四边形面积为，其中一个交点坐标为，则，
由椭圆与双曲线的对称性可知，
其他三个点分别为：，，，
所以四边形为矩形，
由，即，
得，当且仅当，
即，时，四边形的面积取最大值，
所以，设双曲线方程为，
又因为，
所以，
，
此时双曲线的实轴长，即，
虚半轴长，所以双曲线的方程为.
（3）
根据题意，直线、斜率存在且不为，且斜率不能为，
设，，，
则，，
联立，整理有：，
所以，，
，，故，
联立，整理有：，
所以，，所以，
若，即，整理有，
解得不合题意，所以，故直线的斜率不为，
设直线方程为：，在直线上，
则，变形得：，
在直线上，所以，
变形得：，
所以、时是关于的方程的的两个根，
故，解得，故直线过定点，，
的面积为，
分子分母同除以，上式化为
即，
令，则，
当且仅当，即时，的面积取最大值，
故面积的最大值为.
方法点睛：
直线与圆锥曲线综合问题，需要直曲联立，利用韦达定理结合曲线的定义，曲线的性质进行求解.
19．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，依题意，解得即可；
（2）不妨设，，，则，求出函数的导函数，再构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可证明，再结合拉格朗日中值定理证明即可；
（3）由拉格朗日中值定理可知只需证明，即证明在上单调递减，求出导函数，再构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可得证.
【详解】（1）当时，则，
因为为函数在上的“拉格朗日中值点，
则，
即，解得
（2）当时，
不妨设，，，则，
又，令，
则，
又，所以恒成立，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，即最大值，
所以，所以，
由拉格朗日中值定理可知必存在使得，
即，又，所以，
即函数在区间图象上任意两点，连线的斜率不大于；
（3）当时，
由拉格朗日中值定理知，存在和，
使得，，
所以只需证明，即证明在上单调递减，
又，
令，
则，
令，
则，
当时，
令，，则，则在上单调递增，
又，，
所以存在使得，
所以当时，则，即单调递增，
当时，则，即单调递减，
所以在处取得极大值，即最大值，
所以
，
所以，所以在上单调递减，
即在上单调递减，命题得证.
方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数；
（3）利用导数研究的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
X
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1
2
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