山西省山西大学附属中学校2024届高三下学期第一次月考数学试题

这是一份山西省山西大学附属中学校2024届高三下学期第一次月考数学试题，文件包含精品解析山西省山西大学附属中学校2024届高三下学期第一次月考数学试题原卷版docx、精品解析山西省山西大学附属中学校2024届高三下学期第一次月考数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
考查时间：120分钟 满分：150分
考查内容：全部 审核人：高三数学组
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. 若集合，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】C
【解析】
【分析】先解出集合B，再进行集合的并集运算.
【详解】因为，所以.
故选：C
2. 若拋物线上一点到焦点的距离为1，则点的横坐标是（ ）
A. B. C. 0D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】将抛物线方程化为标准形式，根据焦半径公式得到方程，求出答案.
【详解】化为标准形式为，故焦点坐标为，准线方程为，
由焦半径可得，解得.
故选：A
3. 是虚数单位，复数满足，其中. ：“复数在复平面内对应的点在第一象限”，则下列条件是的充分不必要条件的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意求得复数，根据充分、必要条件分析求解.
【详解】因为，则，
若复数在复平面内对应的点在第一象限，则，解得，
即：，
因为选项中只有为的真子集，
所以选项中只有是的充分不必要条件.
故选：D.
4. 已知平面向量，均为单位向量，且，，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，结合圆的几何性质求得正确答案.
【详解】依题意平面向量，均为单位向量，且，
建立如图所示平面直角坐标系，设，
设，由，
所以点在以原点为圆心，半径为的圆上，
表示以原点为圆心，
半径为的圆上的点与点的距离，
所以，根据圆的几何性质可知：的最大值是，
其中是点与原点的距离.
故选：C
5. 基础学科对于一个国家科技发展至关重要，是提高核心竞争力，保持战略领先的关键．其中数学学科尤为重要．某双一流大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“九章算术”，“古今数学思想”，“数学原理”，“世界数学通史”，“算术研究”五门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选三门，且已选过的课程不能再选，大一到大三三学年必须将五门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式种数为（ ）．
A. 种B. 种C. 种D. 种
【答案】B
【解析】
【分析】将所有选修方式分为两年修完和三年修完两类，结合分组分配的方式可求得结果.
【详解】若两年修完全部五门选修课程，先将五门课程分成两组，再从三个学年中选取两年来安排课程，
则共有种选修方式；
若三年修完全部五门选修课程，则先将五门课程分成三组，再安排到三个学年中，
则共有种选修方式；
综上所述：每位同学不同的选修方式种数为种.
故选：B.
6. 《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，书中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥，若直角圆锥底面圆的半径为1，则其内接正方体的棱长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】沿正方体上底面的对角线作圆锥的轴截面，根据相似三角形即可求解.
【详解】
沿正方体上底面的对角线作圆锥的轴截面，如图所示，
由题知为等腰直角三角形，，，
设正方体的棱长，
则，，
则由与相似可得，即，
，所以正方体棱长为.
故选：C.
7. 设S是整数集Z的非空子集，如果任意的，有，则称S关于数的乘法是封闭的.若、是Z的两个没有公共元素的非空子集，．若任意的，有，同时，任意的，有，则下列结论恒成立的是( )
A. 、中至少有一个关于乘法是封闭的
B. 、中至多有一个关于乘法是封闭的
C. 、中有且只有一个关于乘法是封闭
D. 、中每一个关于乘法都是封闭的
【答案】A
【解析】
【分析】本题从正面解比较困难，可运用排除法进行作答．考虑把整数集Z拆分成两个互不相交的非空子集、的并集，如为奇数集，为偶数集，或为负整数集，为非负整数集进行分析排除即可．
【详解】若为奇数集，为偶数集，满足题意，此时与关于乘法都是封闭的，排除B、C；
若为负整数集，为非负整数集，也满足题意，此时只有关于乘法是封闭的，排除D；
从而可得、中至少有一个关于乘法是封闭的，A正确.
故选：A．
8. 已知在所在平面内，，、分别为线段、的中点，直线与相交于点，若，则（ ）
A. 最小值为
B. 的最小值为
C. 的最大值为
D. 的最大值为
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量的线性运算和数量积的公式，结合基本不等式求最值即可.
【详解】
，且为线段的中点，
所以,
则,,
设,
则，
且和共线，，
所以，.
故为线段的中点,且,
所以,
且,若，
则,
即,
故,当且仅当时，等号成立；
,当的最大时, 即最小时，
此时，
.
故选：D
二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对得3分，有选错的得0分．）
9. 下列结论正确的是（ ）
A. 若a，b为正实数，，则
B. 若a，b，m为正实数，，则
C. 若，则“”是“”的充分不必要条件
D. 不等式成立的充分不必要条件是，则m的取值范围是
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用作差法即可求解AB,结合充分不必要条件，即可根据不等式的性质求解CD.
【详解】对于A，因为，为正实数，，
所以，所以，故A正确；
对于B，因为，，为正实数，，所以，所以，故B错误；
对于C，由，可得或，故由可得，
但是不一定得到，故“”是“”的充分不必要条件，故C正确；
对于D，由可得，由于成立的充分不必要条件是，
所以或，解得，故D正确．
故选：ACD
10. 某地教师招聘考试，有3200人参加笔试，满分为100分，笔试成绩前20%（含20%）的考生有资格参加面试，所有考生的笔试成绩和年龄分别如频率分布直方图和扇形统计图所示，则（ ）
A. 90后考生比00后考生多150人B. 笔试成绩的60%分位数为80
C. 参加面试的考生的成绩最低为86分D. 笔试成绩的平均分为76分
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意，由统计图表中的数据，结合频率分布直方图的面积和百分位数，以及平均数的计算公式，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，由年龄的扇形统计图，可得90后的考生有人，
00后的考生有人，可得人，所以A不正确；
对于B中，由频率分布直方图性质，可得，
解得，则前三个矩形的面积和，
所以试成绩分位数为分，所以B正确；
对于C中，设面试成绩的最低分为，由前三个矩形的面积和为，第四个矩形的面积为，则分，所以C不正确；
对于D中，根据频率分布直方图的平均数的计算公式，可得考试的平均成绩为：
分，所以D正确.
故选：BD.
11. 已知非常数函数及其导函数的定义域均为，若为奇函数，为偶函数，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据为奇函数可求出判断A，再由为奇函数，为偶函数求出可得周期，据此可判断B，根据函数的周期可求的周期判断CD.
【详解】因为非常数函数及其导函数的定义域均为，
若为奇函数，则，则的图象关于点对称，且，故A错误；
因为为偶函数，所以，即，
则，又，所以，
所以，即，所以，
故的周期为8，所以，，在中，令，得，所以，故B正确；
对两边同时求导，得，
所以导函数的周期为8，所以，故C正确；
由周期，得，，对两边同时求导，得，令，得，
所以，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．）
12. 各项均为正数的等比数列的前项和为，且，，成等差数列，若，则 _____．
【答案】15
【解析】
【分析】由，，成等差数列可得，利用通项公式代入求出公比，再由等比数列求和公式即可求.
【详解】设等比数列的公比为，
因为，，成等差数列，
所以，
所以，
因为，且各项均为正数，
所以解得，
所以.
故答案为：15
13. 刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，在数学上用曲率刻画空间弯曲性.规定：多面体的顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在每个顶点的曲率为，故其总曲率为.根据曲率的定义，正方体在每个顶点的曲率为___________，四棱锥的总曲率为___________.
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【分析】根据曲率的定义结合正方体和四棱锥的特点即可得到答案.
【详解】根据曲率的定义可得正方体在每个顶点的曲率为；
由定义可得多面体的总曲率顶点数各面内角和，
因为四棱锥有5个顶点，5个面，分别为4个三角形和1个四边形，
所以任意四棱锥的总曲率为.
故答案为：；.
14. 已知点在函数上，若满足到直线的距离为的点有且仅有两个，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】求得，设切点，令，求得切点，求得点到直线的距离为时，，求得的值，结合图象，即可求解.
【详解】由函数，可得，
设切点，令，即，解得，即切点
所以点到直线的距离为时，，解得或，
当时，函数图象与直线不相交（如图所示），
从而函数的图象上只有一点到直线的距离为；
当时，函数图象与直线相交（如图所示），
从而函数的图象上有且仅有三个点到直线的距离为，
综上，要满足点到直线的距离为的点有且仅有两个时，满足，
即实数取值范围为.
故答案为：.
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. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，分别为上的点，且.

（1）证明：平面；
（2）若平面为的中点，，求二面角的正切值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用面面平行，然后得到线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解面面夹角，从而求解.
【小问1详解】
证明：如图，在上取一点，使得，连接，，，
因为底面是平行四边形，所以，所以，
因为，，所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以 平面，
又因为，所以，所以，
因为平面，平面，所以 平面，
又因为，平面，所以平面 平面，
因为平面，所以 平面.
【小问2详解】
当为中点，，，易知，为中点，
又因为平面，所以两两垂直，
则以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如（1）图，
设，则，，，，
所以，，.
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
所以，
故二面角的正弦值为，
所以正切值为.
故二面角的正切值为.
16. 在直角坐标系中，抛物线与直线交于两点．
（1）若点的横坐标为4，求抛物线在点处的切线方程；
（2）探究轴上是否存在点，使得当变动时，总有？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在；
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义求解；
（2）总有，即直线与直线的倾斜角互补，即恒有，联立直线与抛物线方程，得到韦达定理代入运算，判断得解.
【小问1详解】
由已知，得，因为，所以，斜率，
因此，切线方程为，即．
【小问2详解】
存在符合题意的点，理由如下：
设点为符合题意的点，，直线的斜率分别为．
联立方程，得，
因为，则，可得，
从而
，
因为不恒为0，可知当且仅当时，恒有，
则直线与直线的倾斜角互补，故，
所以点符合题意．
17. 杭州亚运会吉祥物为一组名为“江南忆”的三个吉祥物“宸宸”，“琮琮”，“莲莲”，聚焦共同的文化基因，蕴含独特的城市元素．本次亚运会极大地鼓舞了中国人民参与运动的热情．某体能训练营为了激励参训队员，在训练之余组织了一个“玩骰子赢礼品”的活动，他们来到一处训练场地，恰有20步台阶，现有一枚质地均匀的骰子，游戏规则如下：掷一次骰子，出现3的倍数，则往上爬两步台阶，否则爬一步台阶，再重复以上步骤，当队员到达第7或第8步台阶时，游戏结束．规定：到达第7步台阶，认定失败；到达第8步台阶可赢得一组吉祥物．假设平地记为第0步台阶．记队员到达第步台阶的概率为（），记．
（1）投掷4次后，队员站在的台阶数为第阶，求的分布列；
（2）①求证：数列（）是等比数列；
②求队员赢得吉祥物的概率．
【答案】（1）答案见解析
（2）①证明见解析 ；②
【解析】
【分析】（1）由题意可得爬一步台阶的概率为，爬两步台阶的概率为，列出随机变量可能取值，求出对应的概率，求出分布列即可；
（2）（i）由题意可得，分类讨论到达第步台阶的情况，求出对应的概率，进而（），结合等比数列的定义即可证明；（ii）由（i），根据等比数列的通项公式可得，利用累加法求得（），令计算即可求解.
【小问1详解】
由题意得每轮游戏爬一步台阶的概率为，爬两步台阶的概率为，
所以随机变量可能取值为4，5，6，7，8，
可得，，
，，
，
所以的分布列：
【小问2详解】（ⅰ）证明：，即爬一步台阶，是第1次掷骰子，
向上点数不是3的倍数概率，则
到达第步台阶有两种情况：
①前一轮爬到第步台阶，又掷骰子是3的倍数得爬两步台阶，其概率为，
②前一轮爬到第步台阶，又掷骰子不是3的倍数爬一步台阶，其概率为，
所以（），
则（），
所以数列（）是首项为，公比为的等比数列．
（ⅱ）因为数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，所以，，…，，
各式相加，得：，所以（），
所以活动参与者得到纪念品的概率为
．
18. 设数列的前n项和为，已知，.
（1）证明数列为等比数列；
（2）设数列的前n项积为，若对任意恒成立，求整数的最大值.
【答案】（1）证明见解析
（2）0
【解析】
【分析】（1）利用数列作差得到递推关系，再利用等比数列定义证明；
（2）根据等比数列定义求出通项公式和前n项和与积，进而对化简，利用裂项相消法求和，分参求的取值范围.
【小问1详解】
因为，①
当时，，②
①②得：，即，
经检验符合上式，
所以数列是首项为3，公比为3的等比数列.
【小问2详解】
由（1）知，所以，
，
所以
，
所以恒成立，即，
化简得：，
令，所以，
所以数列是递增数列，最小值为，
所以，故整数的最大值为0.
19. 已知集合（），对于，，定义A与B的差为(，，…，)；A与B之间的距离为=++…+．
（1）若写出所有可能的A，B；
（2），证明：；
（3），证明：三个数中至少有一个是偶数．
【答案】（1）； ；； .
（2）详见解析；（3）详见解析.
【解析】
【分析】（1）由题意结合新定义可直接得解；
（2）先证明、时，均有，由新定义运算即可得证；
（3）设，，，由（2）可得，，，设是使成立的的个数，即可得，由此可证得结果..
【详解】（1）由题意可得，所有满足要求的，为：
，；，；
，； ，.
（2）证明：令，，，
对，
当时，有；
当时，有.
所以
.
（3）设，，，，，，
记，由（2）可知: ，
，，
所以中1的个数为，中1的个数为.
设是使成立的的个数，则.
由此可知，，，三个数不可能都是奇数，
即，，三个数中至少有一个是偶数.
【点睛】关键点点睛：第（3）问的关键点是：深刻领会新定义，由（2）中结论结合奇偶分析可证得结果.
4
5
6
7
8