2024届山西省高考一模数学试题及答案

这是一份2024届山西省高考一模数学试题及答案，共19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．已知向量，且，则（ ）
A．1B．C．D．0
2．已知集合，则图中阴影部分表示的集合为（ ）
A．B．C．D．
3．设命题，则为（ ）
A．B．
C．D．
4．某学校高三年级组在每次考试后将全年级数学成绩的第百分位数定为“优秀”分数线.某次考试后，张老师将自己所带名学生的数学成绩录入计算机，并借助统计软件制作成如图所示的频率分布直方图.据此，以样本估计总体，可知此次考试的“优秀”分数线约为（ ）
A．B．C．D．
5．已知是椭圆的左､右焦点，经过的直线与椭圆相交于两点，若，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
6．已知数列满足，且，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数是定义在上不恒为零的函数，若，则（ ）
A．B．
C．为偶函数D．为奇函数
8．如图，在体积为1的三棱锥的侧棱上分别取点，使，记为平面､平面､平面的交点，则三棱锥的体积等于（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知复数是的共轭复数，则（ ）
A．
B．的虚部是
C．在复平面内对应的点位于第二象限
D．复数是方程的一个根
10．已知函数，则（ ）
A．当时，函数的周期为
B．函数图象的对称轴是
C．当时，是函数的一个最大值点
D．函数在区间内不单调，则
11．群的概念由法国天才数学家伽罗瓦（1811-1832）在19世纪30年代开创，群论虽起源于对代数多项式方程的研究，但在量子力学､晶体结构学等其他学科中也有十分广泛的应用.设是一个非空集合，“”是一个适用于中元素的运算，若同时满足以下四个条件，则称对“”构成一个群：（1）封闭性，即若，则存在唯一确定的，使得；（2）结合律成立，即对中任意元素都有；（3）单位元存在，即存在，对任意，满足，则称为单位元；（4）逆元存在，即任意，存在，使得，则称与互为逆元，记作.一般地，可简记作可简记作可简记作，以此类推.正八边形的中心为.以表示恒等变换，即不对正八边形作任何变换；以表示以点为中心，将正八边形逆时针旋转的旋转变换；以表示以所在直线为轴，将正八边形进行轴对称变换.定义运算“”表示复合变换，即表示将正八边形先进行变换再进行变换的变换.以形如，并规定的变换为元素，可组成集合，则对运算“”可构成群，称之为“正八边形的对称变换群”，记作.则以下关于及其元素的说法中，正确的有（ ）
A．，且
B．与互为逆元
C．中有无穷多个元素
D．中至少存在三个不同的元素，它们的逆元都是其本身
三、填空题
12．若一个底面半径为1，高为2的圆柱的两个底面的圆周都在球的表面上，则球的表面积为 ．
13．甲､乙､丙､丁､戊､己六位同学中考语文､数学､外语的成绩如下表：
将每人中考成绩最高的科目认定为他的“最擅长科目”，例如甲的最擅长科目为数学和外语.现从这六位同学中选出三人分别担任语文､数学､外语三个科目的科代表（每科一人，不可兼任），若每个科代表对应的科目都是他的最擅长科目，则符合要求的安排方法共有 种.
14．已知为抛物线上两个不同的动点，且满足，则的最小值为 .
四、解答题
15．中角所对的边分别为，其面积为，且.
(1)求；
(2)已知，求的取值范围.
16．如图，在三棱台中，平面平面.
(1)证明：平面；
(2)若直线与距离为3，求平面与平面夹角的余弦值.
17．某次比赛中，甲乙二人进入决赛并争夺冠军.比赛规则为：①每局比赛后，胜者获得3分，负者获得1分，比赛没有平局；②连续2局获胜或积分率先达到11分者可获得冠军，比赛结束.已知在单局比赛中，甲乙获胜的概率均为.
(1)求甲乙决出冠军时比赛局数的分布列与数学期望；
(2)求在甲获得冠军的条件下其积分达到11分的概率.
18．已知双曲线经过点，其右焦点为，且直线是的一条渐近线.
(1)求的标准方程；
(2)设是上任意一点，直线.证明：与双曲线相切于点；
(3)设直线与相切于点，且，证明：点在定直线上.
19．已知，且，函数.
(1)记为数列的前项和.证明：当时，；
(2)若，证明：；
(3)若有3个零点，求实数的取值范围.
甲
乙
丙
丁
戊
己
语文
108
110
115
110
118
107
数学
110
120
112
111
100
118
外语
110
100
112
114
110
113
参考答案：
1．D
【分析】
利用平面向量数量积的坐标表示计算即可.
【详解】由题意知，所以.
故选：D
2．C
【分析】先求得集合,根据图示计算出即可.
【详解】结合题意图中阴影部分表示的集合为，
因为，根据幂函数的性质：为增函数，且，
又，所以有：，所以，又，
所以.
故选：C
3．C
【分析】
根据存在量词命题的否定形式判定即可.
【详解】由题意可知.
故选：C
4．D
【分析】根据频率分布直方图，求出张老师将自己所带名学生的数学成绩第百分位数，以样本估计总体，即可求解.
【详解】样本中，两个小组的频率分别为，
，由于，故第85百分位数位于
内，设其为，则，解得，
由样本估计总体，可知此次考试的“优秀”分数线约为.
故选：D
5．A
【分析】根据椭圆定义求出，根据边长确定，进而求出，即可求解椭圆离心率.
【详解】
由题意结合椭圆定义可知：的周长为，，
又因为，
所以，又由，知，
故，因此椭圆的离心率为.
故选：A
6．B
【分析】
由递推公式列举数列的若干项，观察规律，利用数列的周期性计算即可.
【详解】由题意可知，
同理，，
即是以6为周期的数列，所以.
故选：B
7．C
【分析】根据题意，令、取特殊值逐一验证四个选项即可.
【详解】令，则，故，A选项错误；
令，则，故，B选项错误；
令，则，故为偶函数，C选项正确；
因为为偶函数，又函数是定义在上不恒为零的函数，D选项错误.
故选：C
8．B
【分析】先画出图形确定O的位置，将三棱锥的体积，转化为线段的长度比，充分利用直线的平行进行推导，求出比例即可．
【详解】如图所示，假设，连接，易知，
在中，设，
所以，
，
则，即，
同理，则，
设到底面的距离分别为，则，
所以.
故选：B
【点睛】思路点睛：先根据平面性质确定交点位置，再由平面向量的线性运算计算线段比例关系得出棱锥高的比例关系即可.
9．AC
【分析】
利用复数的定义、模长公式、几何意义、共轭复数定义与方程的解法一一判定选项即可.
【详解】由题意可知，所以，故A正确；
易知的虚部是，故B错误；
在复平面内对应的点为，位于第二象限，故C正确；
对于，
显然不符合题意，故D错误.
故选：AC
10．ACD
【分析】
由正弦函数的周期，对称性及最大值判断ABC，由导函数等于0有解判断D.
【详解】对A，当时，函数的周期为，故A正确；
对B，令，得，故函数图象的对称轴是，故B错误；
对C， 当时，为最大值，
故是函数的一个最大值点，故C正确；
对D，函数在区间内不单调，则在有解，且左右函数值异号，
令，则，解得，故D正确.
故选：ACD.
11．ABD
【分析】
根据题意，对选项逐一运算可得结果.
【详解】我们有：
由于两次轴对称等价与不变换，故；
由于旋转施行8次等价于旋转也就是不变，故；
由于先旋转再关于对称和先关于对称再旋转等效，故.
一共是16个元素，变换后逆时针排列的有8个，顺时针排列的有8个.
这就说明：， A正确；
，B正确；
一共是16个元素，C错误；
中，，D正确.
故选：ABD
12．
【分析】画出组合体的轴截面图，根据轴截面图可知，利用勾股定理可计算出球的半径，进而求得球的表面积.
【详解】画出组合体的轴截面图如下图所示，其中是球的半径，是圆柱底面半径，是圆柱高的一半，故，所以球的表面积为.
【点睛】本小题主要考查球的表面积计算，考查圆柱和球的组合体问题的求解方法，属于基础题.
13．10
【分析】
由表格先确定六人各自擅长科目，再分类讨论即可.
【详解】由表格可知：甲最擅长科目为数学和外语，乙为数学，丙为语文，丁为外语，
戊为语文，己为数学.
则语文可从丙、戊两位同学选，数学可从甲乙己三位同学选，
外语可从甲丁两位同学选，
若甲不为课代表，则只需选语文、数学科目代表即可，有种选法；
若甲为课代表，则①甲为数学课代表，只需选语文课代表即可，有选法；
②甲为外语课代表，只需选语文、数学课代表即可，有有种选法；
综上所述，共有10种方案.
故答案为：10
14．
【分析】根据点、在抛物线上，化为，设出直线方程，利用韦达定理化简得到一元二次函数，即可求出最小值.
【详解】由在抛物线上可知：，
所以；
同理可得：，
故①，
设直线方程为，直线与抛物线联立，有：
消去整理有：，
由韦达定理有：，又，
故①式化为：，故：
的最小值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：要求的最小值，关键在于结合点在曲线上，化为，再利用韦达定理进一步化简成一元二次函数求最值.
15．(1)
(2)
【分析】
（1）根据面积公式以及余弦定理即可求解，进而可求解，
（2）根据余弦定理结合不等式即可求解.
【详解】（1）
因为三角形的面积为，
则，
所以，又，则；
（2）由于，所以，
即，取等号，
故，
故
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）根据面面垂直的性质可得线面垂直，进而可得线线垂直，进而可求，
（2）根据线面垂直的性质，结合平面夹角的几何法，即可求解即为平面与平面所成角或其补角，根据三角形的边角关系求解长度即可求解.
【详解】（1）由于平面平面且交线为,
又平面，所以平面
平面故，
又平面,故平面
（2）由（1）知平面平面故，
又平面,平面,所以即为平面与平面所成角或其补角，
过作于,
由于直线与距离为3，故，
由于，故,
在直角三角形中，,故，
故在直角三角形中，，
（1）知平面，平面故，
所以中，
17．(1)分布列见解析；
(2)
【分析】（1）根据比赛规则，分析比赛可能出现的各种情况，确定的取值，进而求出的分布列与数学期望；
（2）根据条件概率公式求出即可.
【详解】（1）由比赛规则可知，局比赛后，甲乙双方共获得分，若比赛进行了局还未结束，
则双方共计分，此时双方均为分，则第局比赛后必定有一人积分可达到分，
故比赛次数不会超过；
由比赛规则可知，若比赛共进行了局，，
则前局不可能出现某人连胜次（否则连胜后比赛结束），
故前局必定甲乙二人胜负交替，
综上可知：比赛决出冠军时，二人比赛过程中的胜负情况有以下三种可能：
第一，比赛进行局，前局二人胜负交替，第局与第局胜者相同，此人达成连胜并获得冠军（其积分不超过，故未达11分）；
第二，比赛进行了局，二人始终胜负交替，其中第局获胜者获得分，另一方分，此时获胜者仅积分率先达到11分并获得冠军；
第三，比赛进行了局，前局二人胜负交替，但第局的获胜者在第局连续获胜，则他同时完成连胜且积分率先达到11分并获得冠军.
即随机事件“第局比赛中甲获胜”，“甲达成连胜”，“甲先获得积分”；
根据题意，的可能取值为
，
，
，
.
于是的分布列为：
故；
（2）根据以上分析可知：，
，，
故.
18．(1)
(2)证明过程见解析
(3)证明过程见解析
【分析】
（1）由题意得，解出的值即可；
（2）一方面是上任意一点，从而可得出它也在直线上面，联立椭圆方程，消元后得到一个一元二次方程，证明判别式等于0即可；
（3）由（2）中结论，设出点的坐标，可得，由向量数量积公式化简得，说明即可得证.
【详解】（1）因为双曲线经过点，且直线是的一条渐近线，
所以，解得，
所以的标准方程为；
（2）
首先设是上任意一点，所以有，
这表明了点也在直线上，也可以得到，
联立直线的方程与椭圆的方程有，
化简并整理得，
而，且，
这也就是说与双曲线相切于点；
（3）
不妨设，
由（2）可知过点的直线的方程为，
因为点在直线上，
所以，即有，
又，从而，
所以，
若，则
，
整理得，
因为，所以，也就是说，
从而，
所以点在定直线上上.
19．(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)
【分析】
（1）直接利用等差数列、等比数列的求和公式计算即可；
（2）利用导数研究的单调性与最值判定的单调性即可证明；
（3）分段讨论函数的单调性，结合零点存在性定理及极限思想计算即可.
【详解】（1）由题意可知时，，
所以
；
（2）易知时，，
令，
显然时，时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
故，所以在上单调递增，
又，所以时，时，，
故；
（3）①若，易知定义域上为单调递增函数，不会有三个零点，不符题意；
②若时，则时，，时，，
由（2）可知：时，，
时，，
且，则函数只有一个零点，不符题意；
③由（2）知，时，在上单调递增，也不符题意；
④若，，
令，
显然时，时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
注意到，，
所以 使得，
即在和上单调递增，在上单调递减，
又时，，，，
所以在区间各存在一个零点，及也是一个零点，符合题意；
综上.
【点睛】思路点睛：对于第三问，先讨论，此时函数单调递增，排除；结合（2）再讨论的大小关系，首先注意到时，由的大小关系及（2）的结论放缩下从而确定不符题意，再利用隐零点及零点存在性定理、极限思想来确定时符合题意即可.