2024山西天一大联考·高三阶段性测试（定位）数学试题

这是一份2024山西天一大联考·高三阶段性测试（定位）数学试题，共13页。试卷主要包含了已知实数a，b，c满足，，，则，已知抛物线C，函数的部分图象如图所示，则等内容，欢迎下载使用。
2023—2024学年高三年级阶段性测试（定位）
数学
考生注意：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、单项选择题：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．设全集，集合，，则=
A．B．C．D．
2．的展开式中常数项为
A．112B．56C．28D．16
3．已知函数若对任意，，曲线在点和处的切线互相平行或重合，则实数a=
A．0B．1C．2D．3
4．干支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支，十天干即：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．干支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”，…，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”、“乙亥”，之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，…，依此类推．已知2024年是甲辰年，则2124年为
A．丁辰年B．癸未年C．甲午年D．甲申年
5．将一个圆台的侧面展开，得到的扇环的内弧长为4π，外弧长为8π，外弧半径与内弧半径之差为m，若该圆台的体积为，则m=
A．4B．3C．2D．1
6．设非零复数和在复平面内对应的向量分别为和，其中O为原点，若为纯虚数，则
A．B．
C．D．
7．已知α，β，γ均是锐角，设的最大值为，则=
A．B．C．1D．
8．已知实数a，b，c满足，，，则
A．B．C．D．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知抛物线C：的焦点为F，点在C上，若∠MOF=45°（O为坐标原点），则
A．B．C．D．
10．函数的部分图象如图所示，则
A．
B．
C．的图象关于点对称
D．不等式的解集为
11．在四棱锥中，已知，，且，则
A．四棱锥的体积的取值范围是
B．的取值范围是
C．四棱锥的外接球的表面积的最小值为8π
D．PB与平面PAD所成角的正弦值可能为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知圆C经过点，且有一条直径的两个端点分别在x，y轴上，则圆C的面积的最小值为______．
13．甲、乙两名足球运动员进行射门比赛，约定每人射门3次，射进的次数多者赢，一样多则为平局．若甲每次射门射进的概率均为，乙每次射门射进的概率均为，且每人每次射门相互独立．现已知甲第一次射门未射进，则乙赢的概率为______．
14．已知椭圆C：的左、右焦点分别是，，斜率为的直线l经过点且交C于A，B两点（点A在第一象限），若的面积是的面积的3倍，则C的离心率为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（13分）
某学校准备订做新的校服，有正装和运动装两种风格可供选择，为了解学生和家长们的偏好，学校随机调查了200名学生及每名学生的一位家长，得到以下的2×2列联表：
（Ⅰ）根据以上数据，判断是否有99%的把握认为学生与家长对校服风格的偏好有差异；
（Ⅱ）若从家长中按不同偏好的人数比例用分层随机抽样的方法抽取5人进行座谈，再从这5人中任选2人，记这2人中更喜欢正装的家长人数为X，求X的分布列和数学期望．
附：．
16．（15分）
如图，A是以BC为直径的圆O上的点，PA⊥平面ABC，D，E分别是线段PA，PB上的点，且满足，．
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）若二面角的正弦值为，求λ的值．
17．（15分）
已知双曲线C：的渐近线与圆的一个交点为．
（Ⅰ）求C的方程．
（Ⅱ）过点A作两条相互垂直的直线和，且与C的左、右支分别交于B，D两点，与C的左、右支分别交于E，F两点，判断能否成立．若能，求该式成立时直线的方程；若不能，说明理由．
18．（17分）
已知函数，，．
（Ⅰ）若，，讨论在区间上的单调性；
（Ⅱ）设t为常数，若”’是“在R上具有单调性”的充分条件，求t的最小值．
19．（17分）
对于数列，若存在，使得对任意，总有，则称为“有界变差数列”．
（Ⅰ）若各项均为正数的等比数列为有界变差数列，求其公比q的取值范围；
（Ⅱ）若数列满足，且，证明：是有界变差数列；
（Ⅲ）若，均为有界变差数列，且，证明：是有界变差数列．
天一大联考
2023—2024学年高三年级阶段性测试（定位）
数学（山西专版）答案
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．
1．答案 C
命题意图 本题考查集合的表示与运算．
解析 由已知易得，所以．
2．答案 A
命题意图 本题考查二项式定理的应用．
解析 常数项为．
3．答案 C
命题意图 本题考查导数的几何意义和函数的奇偶性．
解析 由题意知为偶函数，则．
4．答案 D
命题意图 本题考查等差数列的应用．
解析 天干可看作公差为10的等差数列，地支可看作公差为12的等差数列，由于，故100年后天干为甲，由于，余数为4，故100年后地支为“辰”后面第四个，即“申”，所以2124年为甲申年．
5．答案 B
命题意图 本题考查圆台的有关计算．
解析 易知圆台的上底面半径为2，下底面半径为4，母线长为m．设圆台的高为h，根据题意可知该圆台的体积为，解得，则．
6．答案 D
命题意图 本题考查复数的几何意义以及平面向量的运算．
解析 设，，，其中a，b，c，d，，且a，b不同时为0，c，d不同时为0，，由题意，所以，所以．
7．答案 B
命题意图 本题考查三角恒等变换及基本不等式的应用．
解析 由基本不等式可得，，，三式相加，可得，当且仅当α，β，γ均为时等号成立，所以，则．
8．答案 C
命题意图 本题考查指数函数和对数函数的综合性质．
解析 由已知得，，．令，则，显然，即单调递减，所以，即，亦即，．由，可得，而，所以，所以．综上可知．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．每小题全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．答案 AC
命题意图 本题考查抛物线的方程与性质．
解析 若∠MOF=45°，则，又，解得或，故A正确，B错误；由抛物线的定义，得，故C正确；由余弦定理得，故D错误．
10．答案 ABD
命题意图 本题考查三角函数的图象与性质．
解析 设的最小正周期为T，由图象可知，解得，故，则，将代入解析式，得，所以，所以，故A，B正确；，故C错误；即为，得，得，得，故D正确．
11．答案 BCD
命题意图 本题考查棱锥的结构以及棱锥与球的综合问题．
解析 由已知可得，四边形ABCD是上底为1，下底为2，底角为60°的等腰梯形，所以，．
对于A，当PD⊥底面ABCD时，四棱锥的体积最大，最大体积为，故A错误；对于B，在中，，，，用余弦定理可知的取值范围是，故B正确；
对于C，当PD⊥平面ABCD时，四棱锥的外接球的半径等于的外接圆的半径，此时外接球的半径最小，为，故外接球的表面积的最小值为，故C正确；
对于D，设PB与平面PAD所成角为θ，当PD⊥平面ABCD时，计算可得，当P靠近平面ABCD时，θ趋向于0，所以存在某个P点，使得，故D正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．答案 25π
命题意图 本题考查圆的方程与性质．
解析 因为圆C的一条直径的两个端点分别在x，y轴上，所以该圆一定过原点O．又圆C经过点，所以当OM为圆C的直径时，圆C的面积最小，又．所以圆C的面积最小值为．
13．答案
命题意图 本题考查概率的乘法公式．
解析 若乙射进1次，则他赢的概率为；若乙射进2次，则他赢的概率为；若乙射进3次，则他赢的概率为．故乙赢的概率为．
14．答案
命题意图 本题考查椭圆与直线的位置关系．
解析 因为的面积是的面积的3倍，所以．设C的半焦距为，则直线l：，联立方程可得消去x得，则，，又，即，化简可得，得，解得．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．命题意图 本题考查独立性检验的应用以及超几何分布．
解析 （Ⅰ）由题可知，
因为，所以有99%的把握认为学生与家长对校服风格的偏好有差异．
（Ⅱ）座谈的家长中更喜欢正装的人数为，更喜欢运动装的人数为．
由题意可得X的所有可能取值为0，1，2，
则，，，
故X的分布列为
所以X的数学期望．
16．命题意图 本题考查空间位置关系的推理与证明、二面角的计算．
解析 （Ⅰ）因为A是以BC为直径的圆O上异于B，C的点，所以，
因为PA⊥平面ABC，所以．
又，所以AB⊥平面PAC，
因为，所以，所以DE⊥平面PAC，
因为平面PAC，所以．
（Ⅱ）分别以AC，AB，AP所在的直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
设，，则点，，，，，则，，，
设平面CDE的法向量为，
则取．
设平面BCE的法向量为，
则取．
因为二面角的正弦值为，
所以，
解得或（舍去）．
17．命题意图 本题考查双曲线的性质，双曲线与直线的位置关系．
解析 （Ⅰ）由题可知，
，，
故C的方程为．
（Ⅱ）不能成立．
显然直线，的斜率均存在，设直线的方程为，直线的方程为，，．（6分）
联立与C的方程可得得，
因为与C的左、右支分别相交，所以，
同理，解得或．（*）
因为，
所以，
同理可得．
若，则，
只需即可，解得，，
显然，都不符合（*）．
所以不能成立．
18．命题意图本题考查利用导数研究函数的单调性．
解析由题可知，
即．
（I），，则．
由得，即或；由得，即．
因此在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减．
（Ⅱ）若具有单调性，则不变号．
设，则，即不变号，由于，因此是二次函数．
若在恒成立，则即由于，，所以该情形不成立．
若在恒成立，则或
即或a．
由于，因此恒成立
当时，（当时等号成立），当时，，因此，
故t的最小值为．
19．命题意图 本题考查数列的综合问题．
解析 （Ⅰ）因为的各项均为正数，所以，，
，
当时，，，任取即可，所以为有界变差数列．
当时，，
若，则，令即可，所以为有界变差数列，
若，则，当时，，显然不存在符合条件的M，故不是有界变差数列．
综上，q的取值范围是．
（Ⅱ）由，可得，易知，所以，
因此是首项为，公差为1的等差数列，
所以，即．
所以，
，
所以是有界变差数列．
（Ⅲ）由有界变差数列的定义可知，
，
．
因为，所以．
因此，
所以是有界变差数列．更喜欢正装
更喜欢运动装
家长
120
80
学生
160
40
0.1
0.05
0.01
0.001
2.706
3.841
6.635
10.828
X
0
1
2
P