山西省晋城市2024届高三一模数学试题

这是一份山西省晋城市2024届高三一模数学试题，共19页。试卷主要包含了请将各题答案填写在答题卡上，本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分，共150分．考试时间120分钟．
2．请将各题答案填写在答题卡上．
3．本试卷主要考试内容：高考全部内容．
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. 设集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先化简集合N,再求并集.
【详解】因为，所以，所以．
故选：A
2. 设在复平面内对应的点为，则在复平面内对应的点为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数运算法则化简即可求解.
【详解】依题意得，
所以，
则在复平面内对应的点为．
故选：C
3. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用和角公式及同角三角函数关系进行求解.
详解】.
故选：C
4. 已知定义在上函数满足，，，且，则（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】对于抽象函数的关系式，可考虑对进行赋值，借助于建立方程组，求解即得.
详解】令，得，即①
因②，联立①②解得：或，又，所以．
故选：B.
5. 若的展开式存在常数项，则常数项为（ ）
A. B. 35C. D. 21
【答案】C
【解析】
【分析】先确定n值，再利用通项公式求解.
【详解】若的展开式存在常数项，则，且常数项为．
故选：C
6. 吉林雾淞大桥，位于吉林市松花江上，连接雾淞高架桥，西起松江东路，东至滨江东路．雾淞大桥是吉林市第一座自锚式混凝土悬索桥，两主塔左、右两边悬索的形状均为抛物线（设该抛物线的焦点到准线的距离为米）的一部分，左：右两边的悬索各连接着29根吊索，且同一边的相邻两根吊索之间的距离均为米（将每根吊索视为线段）．已知最中间的吊索的长度（即图中点到桥面的距离）为米，则最靠近前主塔的吊索的长度（即图中点到桥面的距离）为（ ）
A. 米B. 米
C. 米D. 米
【答案】A
【解析】
【分析】建立坐标系，求出点B横坐标，代入抛物线即可求解.
【详解】以为坐标原点，抛物线的对称轴为轴，建立如图所示的平面直角坐标系（横坐标与纵坐标的单位均为米），
依题意可得抛物线的方程为．
因为同一边的悬索连接着29根吊索，且相邻两根吊索之间的距离均为米，则点的横坐标为，
则，所以点到桥面的距离为米．
故选：A.
7. 定义表示，，中的最小值．已知实数，，满足，，则（ ）
A. 的最大值是B. 的最大值是
C. 的最小值是D. 的最小值是
【答案】B
【解析】
【分析】由题先分析出实数，，一负两正，然后利用基本不等式放缩求出最小值的最大值即可.
【详解】因为，所以在，，中，负数的个数为1或3，
又，所以在，，中，1个为负数，2个为正数，不妨设，则．
因为，所以，因为，所以，则，
故的最大值是，无最小值．
故选：B.
8. 生命在于运动，某健身房为吸引会员来健身，推出打卡送积分活动（积分可兑换礼品），第一天打卡得1积分，以后只要连续打卡，每天所得积分都会比前一天多2分．若某天未打卡，则当天没有积分，且第二天打卡须从1积分重新开始．某会员参与打卡活动，从3月1日开始，到3月20日他共得193积分，中途有一天未打卡，则他未打卡的那天是（ ）
A. 3月5日或3月16日B. 3月6日或3月15日
C. 3月7日或3月14日D. 3月8日或3月13日
【答案】D
【解析】
【分析】利用等差数列求和公式列方程求解.
【详解】若他连续打卡，则从打卡第1天开始，逐日所得积分依次成等差数列，且首项为1，公差为2，第天所得积分为．
假设他连续打卡天，第天中断了，
则他所得积分之和为
，化简得，
解得或12，所以他未打卡的那天是3月8日或3月13日．
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列的应用，注意审题“一天中断”两次求和公式的应用.
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. 若一个函数在区间上导数值恒大于0，则该函数在上纯粹递增，若一个函数在区间上的导数值恒小于0，则该函数在上纯粹递减，则（ ）
A. 函数在上纯粹递增
B. 函数在上纯粹递增
C. 函数在上纯粹递减
D. 函数在上纯粹递减
【答案】BC
【解析】
【分析】求各选项函数的导数，利用所给定义判断即可求解.
【详解】若，则，因为，所以A错误．
若，则，当时，恒成立，所以B正确．
若，则，所以C正确．
若，则在上不恒成立，所以D错误．
故选：BC
10. 如图，在正四棱柱中，，，，平面将该正四棱柱分为上、下两部分，记上部分对应的几何体为，下部分对应的几何体为，则（ ）
A. 的体积为2
B. 的体积为12
C. 的外接球的表面积为
D. 平面截该正四棱柱所得截面的面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意求截面，可知为直三棱柱，进而可求相应的体积，即可判断AB；利用补形法结合长方体的性质求外接球的半径和表面积，即可得判断C；可知平面截该正四棱柱所得截面为矩形，即可得面积判断D.
【详解】设，
连接，，，
由长方体的性质可知：，可知A，，，四点共面，
所以为直三棱柱，其体积为，故A正确；
的体积为，B错误．
的外接球即为长方体的外接球，
所以的外接球的半径，
则的外接球的表面积为，C正确．
平面截该正四棱柱所得截面为矩形，其面积为，D正确．
故选：ACD.
11. 双曲线的左、右焦点分别为，，为的右支上一点，分别以线段，为直径作圆，圆，线段与圆相交于点，其中为坐标原点，则（ ）
A.
B.
C. 点为圆和圆的另一个交点
D. 圆与圆有一条公切线倾斜角为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由中点中位线性质判断AB；由圆与圆关系及切线性质求得判断CD.
【详解】的方程可化为，可得，，．
由为的中点，为的中点，得，A错误．
由为的中点，为的中点，得，
则，B正确．
设点为圆和圆的另一个交点，连接，由轴，
可得，为的中位线，则直线平分线段，
则点必在轴上，可得点的坐标为，C正确．
如图，若为圆与圆的一条公切线，，为切点，
连接，，过点作，垂足为．
由，，
得，
可得，由轴，且，可得公切线的倾斜角为，D正确．
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线与圆的综合应用，利用圆与圆位置关系求解D是关键.
12. 已知函数，则（ ）
A. “”是“”的充要条件
B. “”是“”的充分不必要条件
C. 当时，
D. 当时，
【答案】AC
【解析】
【分析】利用指对同构构造函数结合函数单调性判断各选项.
【详解】因为，所以等价于，构造函数，
则，因为是增函数，所以．
因为函数为增函数，且，所以，
所以“”是“”的充要条件．
当时，，理由如下：
（解法一）
可变为，
则．因为是增函数，所以，即．
（解法二）设，则，，即，
代入，得，即．
假设，则等式左右异号，矛盾．所以，即．
故选：AC
【点睛】关键点点睛：本题考查函数单调性，关键是将函数变形指对同构构造函数.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若一个正棱台的棱数大于15，且各棱的长度构成的集合为，则的最小值为__________，该棱台各棱的长度之和的最小值为__________．
【答案】 ①. 6 ②. 42
【解析】
【分析】根据正棱台共有条棱，从而得到不等式，求出的最小值为6，得到棱的长度之和最小值.
【详解】因为正棱台的侧棱有条，底面有条棱，所以正棱台共有条棱，
由，得，
所以的最小值为6，该棱台各棱的长度之和的最小值为．
故答案为：，
14. 已知两个单位向量，的夹角为，则与的夹角为__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用向量加减运算结合夹角定义求解.
【详解】设，，，因为，均为单位向量，
所以四边形为菱形，且平分，
所以与的夹角为，则与的夹角为．
故答案为：
15. 某羽毛球超市销售4种品牌（品牌，，，）的羽毛球，该超市品牌，，，的羽毛球的个数的比例为，品牌，，，的羽毛球的优品率分别为0.8，0.9，0.7，0.6．若甲不买这4个品牌中的1个品牌的羽毛球，他从其他3个品牌的羽毛球中随机选取1个购买，已知他买到的羽毛球为优品的概率大于0.8，则可推测他不买的羽毛球的品牌为__________（填入，，，中的1个）．
【答案】D
【解析】
【分析】先确定不是品牌，再利用全概率公式分别计算不买ACD品牌的概率即可求解.
【详解】因为他买到的羽毛球为优品的概率大于0.8，且0.8，0.9，0.7，0.6中只有，所以他不买的羽毛球品牌一定不是品牌．
若他不买品牌的羽毛球，则他买到的羽毛球为优品的概率为．
若他不买品牌的羽毛球，则他买到的羽毛球为优品的概率为．
若他不买品牌的羽毛球，则他买到的羽毛球为优品的概率为．
故答案为：D
16. 若函数在上至少有两个极大值点和两个零点，则的取值范围为__________．
【答案】
【解析】
【分析】先求出极大值点表达式，利用题干条件列不等式赋值求解.
【详解】令，，得的极大值点为，，则存在整数，使得，
解得．
因为函数在两个相邻的极大值点之间有两个零点，
所以．
当时，．当时，．
当时，．又，
所以的取值范围为．
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数的图象及其性质，求出并赋值计算是解决问题关键.
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. 在中，，，．
（1）求A的大小；
（2）求外接圆的半径与内切圆的半径．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理即可求解；
（2）由正弦定理求出外接圆半径，由等面积法求出内切圆半径.
【小问1详解】
由余弦定理得，
因为，所以．
【小问2详解】
设外接圆的半径与内切圆的半径分别为，，由正弦定理得，则．
的面积，
由，得．
18. 已知数列的前项和．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）令,利用当时，求解；
（2）利用分组求和求解.
【小问1详解】
令．
当时，；当时，．
因为，所以．所以，得．
【小问2详解】
由（1）知，
所以
19. 某果园种植了一种水果，现随机抽取这种水果的成熟果实200个，统计了这200个果实的果籽数量，得到下列频数分布表：
（1）求这200个果实的果籽数量的第75百分位数与平均数．
（2）已知这种水果的成熟果实的果籽数量会影响其市场售价，每个果实的果籽数量与果实的价格如下表所示：
以这200个果实的果籽数量各自对应的频率作为该果园这种成熟果实的果籽数量各自对应的概率，从该果园的这种成熟果实中任选2个，在被选的成熟果实中至少有1个的果籽数量为1的前提下，设这2个果实的市场售价总和为元，求的分布列与数学期望．
【答案】（1）2.5，1.8
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）由题意计算出对应的果籽数量为2，即得第75百分位数为；
（2）先求得果籽数量为1,2,3,4对应的概率，依题要求至少有1个的果籽数量为1的前提下这2个果实的售价之和，属于条件概率，而至少有1个的果籽数量为1的概率为，则可对的四个可能值40，32，28，26分别利用条件概率公式求得概率，写出分布列即得期望.
【小问1详解】
将这200个果实的果籽数量从少到多排列，因为，对应的果籽数量为2，
故这200个果实的果籽数量的第75百分位数为．
这200个果实的果籽数量的平均数为．
【小问2详解】
依题意可得果籽数量为1，2，3，4对应的概率分别为，，，．
被选的2个成熟果实中至少有1个的果籽数量为1的概率为．
的可能取值为40，32，28，26，
，，
，，
则的分布列为
．
20. 如图，是边长为2的正六边形所在平面外一点，的中点为在平面内的射影，．
（1）证明：平面．
（2）若，二面角的大小为，求．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设，连接，可证四边形为平行四边形，所以，从而得证平面；
（2）由空间向量法求得二面角的大小为，，再由二倍角公式求解.
【小问1详解】
如图，设，连接．
因为，所以，所以，且．
连接交于，连接，
由，所以，
中，，，
所以，
由，可得，所以四边形为平行四边形，
所以．
又因为平面，平面，
所以平面．
【小问2详解】
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
易知，，，，
则，，，，
则，，．
设平面的法向量为，则即
令，得．
设平面的法向量为，则即
令，得，
由，
得，
所以.
21. 已知函数．
（1）若恒成立，求的取值范围；
（2）若有两个零点，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导判单调性，求的最小值，列不等式求解；
（2）通过证明求解.
【小问1详解】
．
令，易知单调递增，且．
当时，,即，单调递减；
当时，,即，单调递增．
所以，即，
所以的取值范围是．
【小问2详解】
由的单调性可设．
令．
令，则，
所以在上单调递增，则，所以．
所以，即，即．
因为当时，单调递减，且，所以，即．
【点睛】关键点点睛：本题考查函数恒成立问题及证明不等式，第二问将分解因式判断符号是本题关键.
22. 已知椭圆的焦点是椭圆的顶点，椭圆的焦点也是的顶点．
（1）求的方程；
（2）若，，三点均在上，且，直线，，的斜率均存在，证明：直线过定点（用，表示）．
【答案】（1）
（2）过定点,证明见解析.
【解析】
【分析】（1）先求出两椭圆焦点坐标，从而确定方程；
（2）设直线，将直线与椭圆联立，转化为，坐标化将韦达定理代入化简求解
【小问1详解】
因为，所以的焦点为，，
因为，所以的焦点为，，
所以可设的方程为，则，，故的方程为．
【小问2详解】
证明：设，，
直线．，．
因为，所以，即，
即①，
将代入的方程，得，
则，，，
，
，
将以上4个式子代入①，得，
即②，
因为点在上，所以，，
代入②得，
即，
因为，所以不在直线上，则，则，
所以直线过定点.
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆的位置关系，将韦达定理代入表达式化简为并利用点在椭圆上进一步化简是本题关键.
果籽数量
1
2
3
4
水果数
100
50
40
10
果籽数量
1
2
3
4
价格/元
20
12
8
6
40
32
28
26