山西省部分学校2024届高三下学期一模考试数学试卷及答案

这是一份山西省部分学校2024届高三下学期一模考试数学试卷及答案，共18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．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知椭圆的焦距为2，且，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
4．乒乓球被誉为我国的“国球”，一个标准尺寸乒乓球的直径是，其表面积约为（ ）
A．B．C．D．
5．已知函数没有极值点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．已知，且，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知一组样本数据的方差为10，且．设，则样本数据的方差为（ ）
A．9.5B．10.5C．9.75D．10.25
8．甲、乙、丙三名同学报名参加数学、物理、化学、生物兴趣小组．已知每人参加两个兴趣小组，三人不能同时参加同一个兴趣小组，每个兴趣小组至少有一人参加，则不同的报名参加方式共有（ ）
A．45种B．81种C．90种D．162种
二、多选题
9．已知函数，则（ ）
A．的最小正周期是B．的值域是
C．的图像关于点对称D．的图像关于直线对称
10．已知点分别为双曲线的左、右焦点，为的右支上一点，则（ ）
A．B．
C．D．
11．在中，，边在平面上的射影长分别为，则边在上的射影长可能为（ ）
A．B．C．D．
三、填空题
12．已知向量，若，则 ， ．
13．记为等差数列的前项和，若，则 .
14．已知且，函数在的最大值为，则在的最小值为 ．
四、解答题
15．记的内角的对边分别为，已知．
(1)若，求；
(2)若，求的面积．
16．如图，在四棱锥中，底面是正方形，分别为的中点，为线段上一点，且．
(1)证明：平面；
(2)若平面，且，求二面角的正弦值．
17．已知某客运轮渡最大载客质量为，且乘客的体重（单位：）服从正态分布．
(1)记为任意两名乘客中体重超过的人数，求的分布列及数学期望（所有结果均精确到0.001）；
(2)设随机变量相互独立，且服从正态分布，记，则当时，可认为服从标准正态分布．若保证该轮渡不超载的概率不低于，求最多可运载多少名乘客．
附：若随机变量服从正态分布，则；若服从标准正态分布，则；，，．
18．已知抛物线的焦点为各顶点均在上，且．
(1)证明：是的重心；
(2)能否是等边三角形？并说明理由；
(3)若均在第一象限，且直线的斜率为，求的面积．
19．已知函数．
(1)若，求的极值；
(2)若，设．证明：
（ⅰ）；
（ⅱ）．
参考答案：
1．D
【分析】先求出集合，再根据交集的定义即可得解.
【详解】，
所以.
故选：D.
2．A
【分析】根据复数的乘除法运算及共轭复数的定义即可得解.
【详解】，
所以.
故选：A.
3．D
【分析】由椭圆的定义得到，再由椭圆的性质得到，结合已知条件解方程组，最后求出离心率即可.
【详解】根据题意有半焦距，故①，且②，
联立①②解得的离心率.
故选：D.
4．C
【分析】由球的表面积公式求解即可.
【详解】标准尺寸乒乓球的直径是，
标准乒乓球的半径，
故表面积.
故选：C
5．B
【分析】求导，由题意可得，即可得解.
【详解】，是开口向上的二次函数，
因为函数没有极值点，则，
所以，解得，
所以的取值范围是.
故选：B.
6．A
【分析】由已知可得，，两式相加，再结合两角差的余弦公式即可得解.
【详解】由，可得，
由，可得，
故，
又因，所以，
所以，即.
故选：A.
7．B
【分析】设样本数据的平均值为，由题意求得样本数据的平均值，再根据方差公式化简求值，即可求得答案.
【详解】设样本数据的平均值为，方差为，样本数据的方差为，
则，，
故
，
故选：B
8．C
【分析】根据题意4个兴趣小组中必有两个2人选，两个1人选，根据2人选的小组是同样的两个人还是三人分两种情况，由分类加法计数原理列式计算.
【详解】根据题意，4个兴趣小组中必有两个2人选，两个1人选，
根据2人选的小组是同样的两个人还是3人分两种情况：
当2人选的小组是同样的两个人时，有种选法；
当2人选的小组是由3人构成时，有种选法；
所以不同的报名参加方式有种选法.
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题解题的关键是抓住4个兴趣小组中必有两个2人选，两个1人选，再根据2人选的小组是同样的两个人还是三人分两种情况，由分类加法计数原理计算.
9．ABD
【分析】根据余弦型函数的最小正周期公式、值域性质、对称性逐一判断即可.
【详解】A：的最小正周期是，所以本选项正确；
B：由，
所以的值域是，因此本选项正确；
C：因为，
所以的图像不关于点对称，因此本选项不正确；
D：因为为最大值，
所以的图像关于直线对称，因此本选项正确，
故选：ABD
10．BCD
【分析】根据双曲线的定义结合三角形三边之间的关系逐一分析即可.
【详解】由题意可得，
由双曲线的定义可得，则，
所以，
所以，当且仅当共线时等号成立，故A错误，B正确；
，
当且仅当共线且在两点中间时，等号成立，此时点在第四象限，
故C正确；
对于D，因为，所以，
当且仅当共线且在两点中间时，，此时点位于第一象限
当且仅当共线且在两点中间时，，此时点位于第四象限，
因为，双曲线的渐近线方程为，
而，所以共线时，点位于第四象限，
所以，故D正确.
故选：BCD.
11．AC
【分析】不妨设，先分别求出到平面的距离，再分当在平面的同侧和异侧两种情况讨论即可.
【详解】不妨设，在平面上的射影分别为，
则边在平面上的射影分别，，
所以点到平面的距离，
点到平面的距离，
当在平面的同侧时，，
即边在上的射影长为，
当在平面的异侧时，，
即边在上的射影长为，
综上所述，边在上的射影长为或.
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：求出到平面的距离，分是否在平面同侧讨论是解决本题的关键.
12．
【分析】先求出，根据可得，即可求出，再根据向量的模得坐标公式求解即可.
【详解】由，得，
因为，
所以，解得，
所以，
所以.
故答案为：；.
13．49
【分析】根据等差数列的前项和公式及等差数列的性质计算即可.
【详解】因为，则，
又因为，故，
所以.
故答案为：.
14．
【分析】计算，从而可得出函数的对称性，再根据函数的对称性即可得出答案.
【详解】函数的定义域为，关于原点对称，
由，得，
令，则，
所以函数为奇函数，
因为函数在的最大值为，
所以函数在的最大值为，
所以函数在的最小值为，
所以在的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：求出，得出函数的对称性是解决本题的关键.
15．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再结合已知求出，再根据二倍角公式即可得解；
（2）先利用余弦定理求出，再根据三角形的面积公式即可得解.
【详解】（1）因为，由正弦定理得，
因为，所以，所以，
所以；
（2）因为，
由余弦定理得，
解得，所以，
因为，所以，
所以的面积.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于点，连接，设，连接，利用相似比证明，再根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）连接交于点，连接，
设，连接，则为的中点，
因为，所以，
因为分别为的中点，所有且，
所以，所以，
所以，
又平面，平面，
所以平面；
（2）如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
不妨设，
则，
故，
设平面的法向量为，
则有，可取，
设平面的法向量为，
则有，可取，
所以，
所以二面角的正弦值为．
17．(1)分布列见解析，期望值为；
(2)
【分析】（1）首先求得乘客体重大于的概率为，再利用二项分布可求得概率得分布列和期望值；
（2）根据可得保证该轮渡不超载的概率不低于等价于，解不等式可得.
【详解】（1）由乘客的体重（单位：）服从正态分布可得，
则可得，
即任意一名乘客体重大于的概率为，
则的所有可能取值为，
，
，
所以的分布列为
期望值为
（2）设为第位乘客的体重，则，其中，
所以，
由可得，
即，可得，即，.
所以保证该轮渡不超载的概率不低于，最多可运载64名乘客.
18．(1)证明见解析
(2)不肯能，理由见解析
(3)
【分析】（1）设的中点为，的中点为，证明是的两条中线即可；
（2）设，由题意可得，若是等边三角形，则，再由，可求出，进而可得出结论；
（3）设直线的方程为，联立方程，由韦达定理求得，再结合（2）可求得点的坐标及的值，再根据弦长公式及点到直线的距离公式即可得解.
【详解】（1）设的中点为，的中点为，
因为，所以，
又为公共端点，所以三点共线，
同理可得，又为公共端点，所以三点共线，
所以是的两条中线，
所以是的重心；
（2）由题意，设，
则，
由，可得，
由抛物线的定义可得，
若是等边三角形，则由（1）知，
由，可得，
又因不重合，所以，
所以，
所以，，
故，这与矛盾，
所以不可能是等边三角形；
（3）设直线的方程为，
联立，化简得，
，所以，
由韦达定理得，
由（2）有，
，所以，
由得，解得，
所以，即，
直线的方程为，
所以
，
点到直线的距离，
所以的面积为
【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，必要时计算；
（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.
19．(1)极小值，极大值为
(2)证明见解析
【分析】（1）先化简函数的解析式，再利用导数研究函数的极值即可；
（2）（ⅰ）根据题意，将转化为，再由与证明即可；
（ⅱ）根据题意，结合（ⅰ）中的结论，构造函数，求导即可得到，即可证明.
【详解】（1）由得
，
即，其定义域为.
所以，
令，则，明显为单调递减函数，
令，得，
即当时，，当时，
即在上单调递增，在上单调递减，
又因为，所以，且，，
当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
所以函数在处取得极小值，即极小值为.
函数在处取得极大值，即极大值为，
综上：函数极小值为，极大值为；
（2）（ⅰ）要证明，即
即证，
即证，因为（利用，后面证明），
即证，即，因为（利用，后面证明）
即证，即证，
因为，所以成立，
所以；
证明：，
设，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，即；
证明：，
设，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，即；
（ⅱ）由（ⅰ）得，故
设，
则，
所以，令，
则，所以在上单调递增，
所以，所以在上单调递增
所以
因为，
又，
所以，
【点睛】关键点睛：本题主要考查了利用导数研究函数极值问题与利用导数证明不等式问题，难度较大，解答本题的关键在于合理构造函数，利用导数解决问题.
0
1
2