山西省部分学校2024−2025学年高三下学期冲刺卷（一）数学试题

这是一份山西省部分学校2024−2025学年高三下学期冲刺卷（一）数学试题，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（ ）
A．B．C．iD．-i
2．已知集合，．若，则的最大值是（ ）
A．2B．-1C．0D．1
3．如图，网格纸上小正方形的边长为1，向量的起点和终点均在格点上，则向量在向量上的投影向量为（ ）

A．B．C．D．
4．若是第三象限角，且，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知，则（ ）
A．0B．1C．0或1D．2
6．汉诺塔是一个经典的数学益智游戏，它主要由三根柱子（通常标记为甲、乙、丙）和若干个大小不同的圆盘组成．游戏规则是把甲柱上的圆盘全部移到丙柱，一次移一个且大圆盘不能放在小圆盘上．记把n个圆盘从甲柱上全部移到丙柱的最少次数为，根据游戏规则知，若，则圆盘的个数（ ）
A．5B．6C．7D．8
7．已知函数的部分图象如图所示，A，B分别是相邻的最高点与最低点，直线AB的方程为，则（ ）
A．B．
C．D．
8．如图，，分别为双曲线的左、右焦点，A为双曲线C左支上一点，四边形为等腰梯形，且．若，则双曲线C的离心率的取值范围为（ ）

A．B．C．D．
二、多选题
9．某研究机构在训练人工智能模型时，有两种训练算法甲和乙，使用算法甲训练了30次，每次训练耗时的平均数为2，方差为0.25，使用算法乙训练了20次，每次训练耗时的平均数为1.5，方差为0.3，则（ ）
A．总体每次训练平均耗时1.8小时
B．总体每次训练平均耗时1.75小时
C．总体每次训练耗时的方差为0.28
D．总体每次训练耗时的方差为0.33
10．如图，在的方格中，移动规则如下：每行均可左右移动，每列均可上下移动，每次仅能对某一行或某一列进行移动，其他行或列不变化．
例如：
下列的方格中，哪些图形可由上图经过4次移动得到（ ）
A． B．
C． D．
11．如图，在圆柱中，轴截面ABCD是边长为2的正方形，M是以为直径的圆上一动点（异于点A，），AM与圆柱的底面圆交于点N，则（ ）
A．平面
B．直线NB与直线有可能垂直
C．当N为的中点时，二面角的余弦值为
D．三棱锥的外接球的体积为
三、填空题
12．已知椭圆的离心率为，则 ．
13．已知函数在R上可导，其导函数为，且，则不等式的解集为 ．
14．现从一含10个元素的集合的子集中随机选出2个不同的子集，被选出的子集之间必须满足包含或被包含的关系，则满足该选取条件的选法有 种.
四、解答题
15．在中，内角所对的边分别为，且.
（1）证明：.
（2）求.
（3）若为上靠近点的三等分点，作交于点，求.
16．如图所示，在边长为2的正方体中，分别是棱上的点（异于端点），且．
（1）证明：与相交且交点在直线上．
（2）当直线与平面所成角的正弦值为时，求的值．
17．某学校高三年级组织了一场校内知识竞赛，共有5个班级参与，每个班级推选1名学生代表参加，其中1名学生代表来自经常在知识竞赛中获奖的班级，以下简称A班代表，4名学生代表来自较少参与竞赛的班级，以下简称B班代表，学生甲是B班代表之一．在某一轮比赛中，随机选择两名学生代表进行比赛．若是同类班级代表比赛，则双方获胜的概率均为；若是A班代表与B班代表比赛，则B班代表获胜的概率为．
（1）已知甲参赛，求在一轮比赛中，学生甲获胜的概率；
（2）为了增加比赛的趣味性，增加了挑战赛，规则是某选手可向全场所有代表随机发起挑战，与每个代表进行一轮比赛．现学生甲向全场所有人发起挑战，若与A班代表比赛获胜得2分，与B班代表比赛获胜得1分，失败均获得0分，记比赛结束时学生甲获得的积分为X，求X的分布列与期望．
18．过抛物线上的点的直线，分别交抛物线T于点B，C．设直线，的斜率分别为，，，当且点B，C关于x轴对称时，△ABC的面积为2．
（1）求抛物线T的方程；
（2）当时，证明：直线BC过定点．
（3）设△ABC的外心E的坐标为，BC的中点M的坐标为，证明：为定值．
19．设函数的定义域为R，若实数λ满足对任意的，都有，则称满足性质．
（1）设函数，证明：满足性质．
（2）设的导函数为，且对任意的，，都有．
（ⅰ）证明：满足性质．
（ⅱ）已知数列满足，若，证明：．
参考答案
1．【答案】C
【详解】，
故选C
2．【答案】D
【详解】由，，
可知，
所以，即的最大值是1.
故选D.
3．【答案】A
【详解】（方法一）如图，建立平面直角坐标系，

可得，则，
向量在向量上的投影向量为.
（方法二）向量在向量上的投影向量等于向量在向量上的投影向量加上向量在向量上的投影向量，
根据投影向量的概念可知向量在向量上的投影向量为，
向量在向量上的投影向量为，
所以向量在向量上的投影向量为.
故选A.
4．【答案】B
【详解】由已知可得：，
代入可得，
解得或
是第三象限角，，，
，
故选B
5．【答案】B
【详解】，
故，
所以，
故，解得.
故选B.
6．【答案】C
【详解】由题意可知，
由可得，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
故，
解得，
令，解得，
故选C
7．【答案】B
【详解】因为是最高点，所以，将代入直线方程，可得，
所以，
因为是最低点，所以，将代入直线方程，可得，
所以，
则，则，
所以，
将代入，可得，
即，所以，解得，
又，当时，，
所以.
故选B
8．【答案】D
【详解】因为，由双曲线的定义可知，，
又四边形为等腰梯形，且，则，
则，
在中，由余弦定理可得，
，
即，
化简可得，即，解得，
又，所以.
故选D
9．【答案】AD
【详解】总体每次训练平均耗时为，故A项正确，B项错误；
总体每次训练耗时的方差为
，故C项错误，D项正确.
故选AD
10．【答案】ABD
【详解】
对于A项，与原图一致，有多种移动方式.
如图1，将第一行，向左移动四次即可.故A正确；

对于B项，只需移动前三列即可，如图2.
第一步：第一列向上移动一次，第一列已经符合；
第二步：第二列向上移动一次；
第三步：第二列向上移动一次，第二列已经符合；
第四步：第三列向下移动一次，第三列已经符合.故B正确；

对于C项，需要三步（或者步），如图3.
第一步：第三列向下移动一次，第三列已经符合；
第二步：第一列向上移动一次；
第三步：第一行向右移动一次，即可得到C图象.
根据变换的性质，可知三步以后，要想得到C图象，只能再进行偶数步变换（即先向任意方向移动一步，下一步再向相反方向移动）才可以做到，
所以需要步，4步不能做到，故C项错误；

对于D项，如图4，
第一步：第三行向左移动一次；
第二步：第三行向左移动一次；
第三步：第三列向上移动一次；
第四步：第三列向上移动一次.
即可得到D图象，故D正确.
故选ABD.
11．【答案】ACD
【详解】对于A项，由已知可得，在平面中，分别为两圆的直径，
所以有，
所以.
又平面，平面，
所以，平面.故A正确；
对于B项，由A知，
假设，则.
又平面，平面，
所以，.
又，平面，平面，
所以有平面,进而可得平面,
又平面，所以有，
这与相矛盾，假设错误.故B错误；
对于C项，连接，当N为的中点时，有.
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，
则由已知可得，，，，，
则，，，
易知为平面的一个法向量，
设为平面的一个法向量，
则有，
令，则，，
所以即为平面的一个法向量，
所以.
又由图可知二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.故C正确；
对于D项，如图2，分别取的中点为，连接，
则有平面，
根据球的性质，易知球心应在上.
又平面，
所以有.
根据球的对称性可知，球心应为的中点，
所以半径，
则三棱锥的外接球的体积为.
故D正确.
故选ACD.
12．【答案】2
【详解】椭圆，即，
且，故，
即，
因为离心率为，故，
所以，故，
所以.
13．【答案】
【详解】设则，
故在R上单调递减，
且，即，
即，
故.
故不等式的解集为.
14．【答案】
【详解】不妨设子集有个元素，子集有个元素.
当时，选法有种；
当时，选法有种；
当时，选法有种；
依此类推，当时，选法有种..
故满足该选取条件的选法种数为
.
.
15．【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【详解】（1）因为，所以.
因为，所以.
（2）根据正弦定理可得，
，所以，
因为，所以，
.
（3）因为，所以且为等腰直角三角形，
在中，,
又，所以,
则，解得,
在中，.
16．【答案】（1）证明见解析
（2）1
【详解】（1）连接，因为，所以，，
所以，
因为分别是棱上异于端点的点，
所以，故四边形为梯形，故与相交，
记，
因为平面平面，平面平面，
所以，即与的交点在直线上．
（2）因为是正方体，所以以为原点，，所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，
则，，
所以，
设为平面的法向量，
由，可得，
令，得，则，
因为，设直线与平面所成的角为，
所以，又，
解得，故当直线与平面所成角的正弦值为时，．
17．【答案】（1）
（2）分布列见解析，.
【详解】（1）设“对手为A班代表”，“对手为B班代表”，“甲获胜”
由题意可知，，，，
故.
（2）由题意可知的取值为，
，
，
，
，
，
，
故X的分布列为：
所以.
18．【答案】（1）
（2）BC过定点，证明见解析
（3），证明见解析
【详解】（1）已知当时，，、关于轴对称且，
设（），因为，不妨设.
由斜率公式，即，解得，所以，.
面积，解得，抛物线方程为.
（2）设，，，
则，.
因为，则，所以,则.
，所以直线BC方程，整理得.
把代入直线BC方程,得，所以直线过定点.
（3）设，中点坐标是,
因为与垂直，则,
已知斜率是，所以斜率为.
根据直线点斜式，得出方程，展开整理成.
同理可得直线方程，与方程联立.
变形两式为和，
相减得，化简得.
已知，则.
又，代入得.
19．【答案】（1）证明见详解
（2）（i）证明见详解；（ii）证明见详解
【详解】（1）令，
，
，
化简可得
，当且仅当时等号成立
恒成立
即恒成立
满足性质.
（2）（i）对任意的，设，
则．且．
当时，．
当时，在中，将替换为，将替换为，
可得，
整理得①
当时，由①得．即，
当时，由①得，即．
所以在上单调递增，在上单调递减．从而．
同此对任意的．都有．即．
所以满足性质．
（ii）由（i）可知满足性质，令，
所以．
当时，，整理得，
所以．
当时，
即．
令，由，得，
令，由，得，
...，
因此对任意正整数，都有．