山西省太原市2024届高三上学期期末学业诊断数学试题（教师版）

这是一份山西省太原市2024届高三上学期期末学业诊断数学试题（教师版），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

（考试时间：上午8:00—10:00）
说明：本试卷为闭卷笔答，答题时间120分钟，满分150分.
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，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用一元二次不等式的解法及指数函数的单调性求得集合，再利用交集的概念计算即可.
【详解】由题意可知，，即，
所以.
故选：C
2. 已知复数满足，则在复平面内对应的点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数除法求出，由几何意义求在复平面内对应的点的坐标.
【详解】复数满足，则，
所以在复平面内对应的点的坐标为.
故选：B
3. 圆的圆心坐标为（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将圆的一般方程转化为标准方程，从而求得圆心坐标.
【详解】圆可化为，
所以圆心坐标为.
故选：D
4. 第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日在杭州等城市成功举办.杭州亚运会期间，甲、乙等4名志愿者要到游泳、射击、体操三个场地进行志愿服务，每名志愿者只去一个场地，每个场地至少一名志愿者，若甲不去游泳场地，则不同的安排方法种数为（ ）
A. 18B. 24C. 32D. 36
【答案】B
【解析】
【分析】分游泳场有2名志愿者和1名志愿者两种情况讨论，然后利用分类加法原理求解即可.
【详解】先安排游泳场地的志愿者，在除去甲的另三人中选择，再安排射击和体操场地的志愿者.
当游泳场地安排2人时，则不同的安排方法有种，
当游泳场地安排1人时，则不同的安排方法有种，
由分类加法原理可知共有种.
故选：B.
5. 已知，，且，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求得，然后结合角范围可得．
【详解】由已知，
，∴．
故选：C．
6. 如图是函数的部分图象，则的解析式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用函数的奇偶性及函数值符号判定选项即可.
【详解】由图象可知函数为偶函数，且，
四个选项函数的定义域均为，
对于A项，，即为偶函数，
而，故A错误；
对于B、D项，，
，显然两项均为奇函数，故B、D错误；
对于C项，，即为偶函数，
而，故C正确.
故选：C
7. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点为上异于长轴端点的任意一点，的角平分线交线段于点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
分析】根据三角形平分线性质求得，利用定义及比例即可求解.
【详解】因为的角平分线交线段于点，
所以，
所以由正弦定理得，，
又因为，，
所以，即，不妨设，如图：
则，解得，
所以，
由题意，，所以，即.
故选：A
8. 若实数，，满足，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用对数函数的性质可判定，构造函数，利用导数研究其单调性可判定.
【详解】因为，利用换底公式可知，
构造函数，
显然时，，则在上单调递增，
时，，则在上单调递减，
所以由，即，
所以，综上.
故选：A
【点睛】难点点睛：观察式子发现利用对数函数的性质可判定，即底数大于1时，底数越大图象在第一象限内越平缓，步骤上可以由换底公式计算；对于后两项对比可以构造，通过其单调性进行对比即可.
二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 已知数列中，，，数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ）
A. 是等比数列B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】利用等差数列定义判断A；求出通项公式判断B、C；利用分组求和法判断D.
【详解】由得，
又，
所以是以为首项，以2为公比的等比数列，
则，即，
，，，显然，
所以不是等比数列，故A错；
，故B对；
，故C错；
，故D对
故选：BD
10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 的图象关于点对称
C. 在区间上单调递增
D. 将的图象先向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度后得到的函数图象关于原点对称
【答案】AC
【解析】
【分析】利用三角恒等变换化简函数，再结合正弦函数图象与性质逐项判断即得.
【详解】依题意，函数，
对于A，，A正确；
对于B，由，得的图象关于点对称，B错误；
对于C，当时，，因此在区间上单调递增，C正确；
对于D，将的图象向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度后得到的函数的图象，其关于原点不对称，D错误.
故选：AC
11. 已知函数，若方程有四个不同的实数解，，，，且满足，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】作出函数的图象和直线后直接判断A，由图象确定的关系及范围，然后利用对勾函数性质判断BC，结合二次函数性质判断D．
【详解】作出函数的图象，，再作出直线，如图，由得，
由对称性得，且，，
，因此，A正确；
，当且仅当时等号成立，
又时，，时，，
因此由对勾函数性质可得，B错；
同理由对勾函数性质得，因此，C正确；
因为，则，D正确．
故选：ACD．
12. 在棱长为1的正方体中，为线段的中点，点和分别满足，，其中，，则下列结论正确的是（ ）
A. 当时，三棱锥的体积为定值
B. 当时，四棱锥的外接球的表面积是
C. 当时，不存在使得
D. 的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用线面平行及三棱锥体积公式可判定A，利用正四棱锥的特征及球的表面积公式可判定B，利用空间向量研究空间位置关系可判定C，构造对称点转化为平面中定点到定直线的距离最值问题，解三角形计算即可判定D.
【详解】
对于A项，如上图所示连接，当时是的中点，易知为的中点，
所以中，，
又平面，平面，所以平面，
因为，则到平面的距离即到平面距离，
显然三棱锥的底面积是定值，且顶点到底面的距离也是定值，
故A正确；
对于B项，如上图所示，连接交于点，
当时，易知四棱锥为正四棱锥，，
可知其外接球球心在直线上，
设，外接球半径为R，则，
解之得，所以其外接球的表面积为，故B正确；
对于C项，如图所示建立空间直角坐标系，当时，P与重合，
易知，
则，
所以，，
则，符合前提条件，故存在使得，故C错误；
对于D项，易知点三点在平面上，如图所示沿着翻折得，
E点对应，过作，垂足为P，交于Q，
可知，设，作交于，
易知为的中点且，，
易得，所以，
由梯形中位线可知：，
易知此时，故D正确.
故选：ABD
【点睛】方法点睛：A项可通过线面平行得点面距离为定值判定即可，B项可根据正四棱锥、球体的特征及勾股定理计算即可，C项可直接建立空间直角坐标系利用空间向量计算即可，也可利用正方体体对角线的特征即平面直接判定，D项转化为平面中点线距离最值问题，利用相似三角形线段比例关系计算即可.
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 双曲线的渐近线方程为_________．
【答案】
【解析】
【分析】利用双曲线的性质即可求得渐近线方程.
【详解】由双曲线的相关知识可知：，
所以焦点在轴双曲线的渐近线方程为：
故答案为：
14. 的展开式中常数项为______.
【答案】25
【解析】
【分析】求得展开式中的常数项和项的系数后由多项式乘法法则可得，
【详解】中常数项为1，项为，
因此所求常数项为．
故答案为：25.
15. 已知非零向量，夹角为，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据向量数量积的运算，结合二次函数求最值得解.
【详解】因为非零向量与的夹角为，所以，
，
令，，
则，当且仅当即时等号成立.
故答案为：.
16. 已知实数，分别满足，，其中是自然对数的底数，则______.
【答案】
【解析】
【分析】方程变形为，令换元后利用函数的性质得出，从而可求解．
【详解】由得，令，则方程化为，
设，则，易知时，，递减，时，，递增，
而时，，因此时，，
又，因此，且，
∴，
故答案为：．
【点睛】方法点睛：两个变量在两个不同的方程中，本题方法是利用换元法，把两个方程化为同一种形式，然后结合函数的单调性得出变量的关系．
四、解答题（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 已知在等差数列中，，，是数列的前项和，且满足.
（1）求数列和的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）；，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的基本量计算可得，根据前项和和通项的关系及等比数列的定义与通项公式计算可得；
（2）利用错位相减法求和即可.
【小问1详解】
设的公差为，由题意得
；
当时，则，，
当时，则，，，
是以1为首项，3为公比的等比数列，
；
【小问2详解】
由（1）得，
，①
，②
①－②得，
.
18. 在中，，，分别为内角的对边，点在线段上，，，的面积为.
（1）当，且时，求；
（2）当，且时，求的周长.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用三角形的面积公式及余弦定理计算即可；
（2）利用三角形中线的向量性质与数量积公式、三角形面积公式及余弦定理计算即可.
【小问1详解】
由题意得，，
，，，
，，
，
，；
【小问2详解】
由题意得，，
，
，，
，，
，
，，
，，
，
的周长为.
19. “阳马”是我国古代数学名著《九章算术》中《商功》章节研究的一种几何体，即其底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，四棱锥中，四边形是边长为3的正方形，，，.
（1）证明：四棱锥是一个“阳马”；
（2）已知点在线段上，且，若二面角的余弦值为，求直线与底面所成角的正切值.
【答案】（1）证明见解析;
（2）.
【解析】
【分析】（1）借助线面垂直的相关知识证明即可.
（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用二面角为计算出，进而求出线面角的正切值.
【小问1详解】
四边形是正方形，，
，，平面，
平面，
平面，，
四边形是正方形，，
，，平面.
平面，
平面，，
，平面，
平面，
四棱锥是一个“阳马”；
【小问2详解】
由（1）得平面，，
，，，
以点为原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意可得，，，，，
所以，
设，，
，，
，，
设是平面的一个法向量，则，
，令，则，，
设是平面的一个法向量，则，
，令，则，，
，或（舍去）.
，，
平面，直线与底面所成角的正切值为.
20. 为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校食堂从开学第1天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐.某同学每天中午都会在食堂提供的两种套餐中选择一种套餐，如果他第1天选择了米饭套餐，那么第2天选择米饭套餐的概率为；如果他第1天选择了面食套餐，那么第2天选择米饭套餐的概率为.已知他开学第1天中午选择米饭套餐的概率为.
（1）求该同学开学第2天中午选择米饭套餐的概率；
（2）记该同学第天选择米饭套餐的概率为，
（i）证明：为等比数列；
（ii）证明：当时，.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由对立事件概率、条件概率公式以及全概率公式即可得解.
（2）由对立事件概率、条件概率公式以及全概率公式首先得递推公式，（i）由等比数列定义证明即可；（ii）当时，结合单调性分奇偶讨论即可证明.
【小问1详解】
设“第天选择米饭套餐”，则“第天选择面食套餐”，
根据题意，，，，
由全概率公式，得
；
【小问2详解】
（i）设“第天选择米饭套餐”，
则，，，，
由全概率公式，得，
即，，
，是以为首项，为公比的等比数列；
（ii）由（i）可得，
当为大于1的奇数时，；
当为正偶数时，.
21. 已知抛物线的准线与轴相交于点，过抛物线焦点的直线与相交于两点，面积的最小值为4.
（1）求抛物线的方程；
（2）若过点的动直线交于，两点，试问抛物线上是否存在定点，使得对任意的直线，都有.若存在，求出点的坐标；若不存在，则说明理由.
【答案】（1）
（2）存在定点；理由见解析
【解析】
【分析】（1）设直线方程为，联立方程组得到，求得，进而求得的值，得到抛物线；
（2）假设存在定点，设直线的方程为，联立方程组，由韦达定理，得到，，结合，求得点的坐标.
【小问1详解】
由抛物线，可得，准线为，则，
易知直线斜率不为零，设直线的方程为，且，
联立方程组，整理得，
则，且，
可得，
所以面积，
当时，取最小值，
因为面积的最小值为，所以，解得，
所以抛物线的方程为.
【小问2详解】
由（1）知抛物线，假设存在定点，易知直线的斜率不为零，
设直线的方程为，且，，则，，
联立方程组，整理得，
则，且，，
因为，可得，
因为，
所以，即，
当时，即时，恒成立，所以存在定点.
.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22. 已知函数，.
（1）当时，求的最小值；
（2）当时，不等式恒成立，求实数取得的最大整数值.
【答案】22. 最小值为
23. 3
【解析】
【分析】（1）求导得函数单调性，根据函数单调性与最值的关系即可求解.
（2）对是否等于1分类讨论，当时，结合函数极值点满足的条件以及零点存在定理即可求解.
【小问1详解】
当时，，，则，
令，则；令，则，
上单调递减，在上单调递增，
在处取得最小值.
【小问2详解】
①当时，则，显然成立；
②当时，原不等式等价于，
令，，则，
令，，则，在上单调递增，
，，
，，即，，
当时，，，在上单调递减，
当时，，，在上单调递增，
在处取得最小值为，
，且，
综上，实数的最大整数值为3.
【点睛】关键点睛：第二问的关键是结合极值与极值点满足的关系即可顺利得解.