山西省晋中市2024届高三下学期5月高考适应训练考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份山西省晋中市2024届高三下学期5月高考适应训练考试数学试卷（Word版附解析），共13页。试卷主要包含了已知则等内容，欢迎下载使用。

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．复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．设集合则（ ）
A．B．C．D．
3．下列函数中既是奇函数，又在上单调递减的是（ ）
A．B．
C．D．
4．已知圆过圆外一点作两条夹角为的直线分别与圆相交，当所得的弦长均为2时，（ ）
A．2B．C．4D．
5．如图，16颗黑色围棋子构成的正方形网格，从其中任选3颗互相连线，可以围成不同的三角形的个数为（两个三角形中至少有一个顶点不同即认为是不同的三角形）（ ）
A．576B．528C．520D．516
6．已知则（ ）
A．B．C．D．
7．已知三棱锥中，分别为棱的中点，则直线与所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知双曲线的左焦点为过点且斜率为的直线与的两条渐近线分别交于点且分别位于第二、三象限，若则的离心率为（ ）
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．下列有关回归分析的结论中，正确的有（ ）
A．在样本数据中，根据最小二乘法求得线性回归方程为1，去除一个样本点后，得到的新线性回归方程一定会发生改变
B．具有相关关系的两个变量的相关系数为那么越大，之间的线性相关程度越强
C．若散点图中的散点均落在一条斜率非0的直线上，则决定系数
D．在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合精度越高
10．已知函数的定义域为满足且则下列说法正确的是（ ）
A．B．为非奇非偶函数
C．若则D．对任意恒成立
11．在正四棱台中，则下列说法正确的是（ ）
A．若正四棱台内部存在一个与棱台各面均相切的球，则该棱台的侧棱长为
B．若正四棱台的各顶点均在一个半径为的球面上，则该棱台的体积为
C．若侧棱长为为棱的中点，为线段上的动点（不含端点），则不可能成立
D．若侧棱长为为棱的中点，过直线且与直线平行的平面将棱台分割成体积不等的两部分，则其中较小部分的体积为4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知椭圆的左、右焦点分别为上一点满足则______．
13．下面给出一个“三角形数阵”：
该数阵满足每一列成等差数列，每一行的项数由上至下构成公差为1的等差数列，从第3行起，每一行的数由左至右均构成公比为2的等比数列，记第1行的数为第2行的数由左至右依次为依次类推，则______．
14．已知函数的最大值为则满足条件的整数的个数为______．
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）
在中，角的对边分别为已知
（I）求；
（Ⅱ）若在边上（不含端点）存在点使得求的取值范围．
16．（15分）
已知函数
（I）讨论的单调性；
（Ⅱ）若函数存在两个极值点，求实数的取值范围．
17．（15分）
如图，在六面体中，且平面平面
（I）证明：平面平面
（Ⅱ）若点到直线的距离为为棱的中点，求平面与平面夹角的余弦值．
18．（17分）
甲、乙两名同学玩掷骰子积分游戏，规则如下：每人的初始积分均为0分，掷1枚骰子1次为一轮，在每轮游戏中，从甲、乙两人中随机选一人掷骰子，且两人被选中的概率均为当骰子朝上的点数不小于3时，掷骰子的人积2分，否则此人积1分，未掷骰子的人本轮积0分，然后进行下一轮游戏．已知每轮掷骰子的结果相互独立．
（I）求经过4轮游戏，甲的累计积分为4分的概率
（Ⅱ）经商议，甲、乙决定修改游戏规则，具体如下：甲、乙轮流掷骰子，谁掷谁积分，第一次由甲掷．当骰子朝上的点数不小于3时，积2分，否则积1分．甲、乙分别在5~25分之间选一个整数分数（含5分和25分），且两人所选的分数不同，当两人累计积分之和首先等于其中一人所选分数时，此人赢得游戏．记两人累计积分之和为的概率为
（i）证明：为等比数列．
（ⅱ）甲选哪个分数对自己最有利？请说明理由
19．（17分）
在平面直角坐标系中，已知点为动点，以线段为直径的圆与轴相切．
（I）求动点的轨迹的方程．
（Ⅱ）已知点问：在上是否存在点使得为等边三角形？若不存在，请说明理由；若存在，请说明这样的点有几组（不必说明点的坐标）．
山西省晋中市2024年5月高考适应训练考试试卷
数学（B卷）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A
命题意图本题考查复数的运算及几何意义
解析
其在复平面内对应的点为位于第一象限．
2．答案C
命题意图本题考查集合的运算
解析因为或所以
3．答案C
命题意图本题考查函数的奇偶性和单调性
解析根据奇函数和单调性的定义，结合基本初等函数的图象，可知C正确
4．答案B
命题意图本题考查圆的方程，直线与圆的位置关系
解析由题可知，圆的半径为2．当直线被圆截得的弦长为2时，弦心距为结合对称性，可得
5．答案D
命题意图本题考查计数原理
解析可以图成个不同的三角形
6．答案B
命题意图本题考查三角恒等变换
解析两式平方后再相加，可得所以由得所以或又
所以所以
7．答案C
命题意图本题考查向量的线性运算在立体几何中的应用
解析记则，则
，，
设直线与所成的角为则所以
8．答案B
命题意图本题考查双曲线的基本性质
解析设O为坐标原点．由得又两渐近线关于轴对称，所以令，则由正弦定理得即，即解得故所以的离心率
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CD
命题意图本题考查一元线性回归分析中的相关概念
解析对于A若去除的点恰好在原回归直线上，则去除该点后，回归方程不会发生改变，故A错误；
对于B，越接近于1，则之间的线性相关程度越强，故B错误；
对于C，若散点图中的散点均落在一条斜率非的直线上，则变量与变量之间满足线性函数关系，决定系数故C正确；
对于D，在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明波动越小，即模型的拟合精度越高，故D正确．
10．答案ACD
命题意图本题考查抽象函数
解析对于A，令得，解得或
又所以故A正确；
对于B，令满足题意，显然既是奇函数，又是偶函数，故B错误；
对于C，令得令得故C正确；
对于D，由，得令得因为所以累乘得所以故D正确．
11．答案ACD
命题意图本题考查正四棱台的结构特征
解析对于A，如图（1），设分别为棱的中点，当正四棱台存在内切球时，球的大圆为等腰梯形的内切圆，根据切线长定理，可知此时，正四楼台侧面的高为3，侧棱长为故A正确；
图（1）
对于B当正四棱台的外接球半径为时，其上、下底面均为球的截面圆对应的内接正方形，截面圆的半径分别为因为故截面圆均为外接球的小圆，因此符合要求的楼台有2个，故B错误；
对于C当侧楼长为正四棱台的高为1，取棱的中点连接设与交于点则为线段上的动点时，直线在平面内，根据正四棱台的性质，可知假设与不重合），则必有平面建立如图（2）所示的空间直角坐标系，则则即与不垂直，故平面不成立，故假设不成立，故C正确；
图（2）
对于D，当侧棱长为时，正四棱台的高为1，根据条件可作出符合题意的截面如图（3）所示，截面下方的多面体体积根据截面性质，可以得出分别为楼的中点，且故同理可得，所以根据棱台的体积公式，可得正四棱台的体积为所以截面上方多面体的体积为4，故较小部分的体积为4，故D正确D．
图（3）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12．答案6
命题意图本题考查椭圆的几何性质
解析设的半焦距为由可知是的短轴端点，所以得所以为坐标原点）．
13．答案1792
命题意图本题考查等差数列与等比数列的通项公式
解析由题意，每一行的项数构成通项公式为的等差数列，则前行的项数和为由得前13行共91项，所以为第14行的第9项．由题可知第14行第1项为7，所以
14．答案5
命题意图本题考查辅助角公式
解析其中而当且仅当时等号成立，故得点落在以坐标原点为圆心，4为半径的圆周上，若则点落在函数图象的上方，验证可知，满足条件的整数有5个．
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．命题意图本题考查利用正余弦定理解三角形
解析（I）由已知及余弦定理，得又
所以所以
（Ⅱ）因为由正弦定理得
（I）知故代入上式，
得化简得
所以又为锐角，所以
当时，在中，设则
由正弦定理得故
因为所以
在中，由正弦定理得
故因为所以
所以的取值范围为
16．命题意图本题考查导数在研究函数性质中的应用．
解析（I）．若则恒成立在上单调递增
若由得或
当时当时
当时0，故在和上单调递增，
在上单调递减．
（Ⅱ）由题意知
根据题意知在上有2个不等的变号根．
由得令则
当时，单调递减，当时单调递增，
所以又当且时，当时，，所以，得．故的取值范围是．
17．命题意图本题考查点线面的位置关系及空间向量的应用．
解析（1）设平面直线连接则平面平面平面平面因为平面平面平面平面所以．同理，所以四边形是平行四边形．
因为所以又所以为棱的中点
在中，所以
因为平面所以平面
又平面所以平面平面
（Ⅱ）由（I）可知，平面又平面所以
所以在等腰直角三角形中，由得
在等腰三角形中，由得
在平行四边形中，由余弦定理得所以所以因为所以
因为平面平面平面平面
所以平面以为坐标原点，直线分别为轴轴轴，
建立空问直角坐标系如图所示，
所以
设平面的法向量为则即
则即取则设平面的法向量为
则即取则．
设平面与平面的夹角为则，
即平而与平面夹角的余弦值为
18．命题意图本题考查概率综合．
解析（1）甲每轮游戏的积分可能为0分、1分、2分，记其每轮积分为0分、1分、2分的概率分别为则
故经过4轮游戏，甲的累计积分为4分的所有可能情况如下：4轮中甲掷2轮，且每轮积分均为2分；4轮中甲掷3轮，每轮积分分别为2，1，1；甲掷4轮，每轮积分均为1分．所以经过4轮游戏，甲的累计积分为4分的概率．
（Ⅱ）（i）记“累计积分之和为”为事件“累计积分之和为”为事件“累计积分之和为”为事件则
故．
又
所以是首项为公比为的等比数列．
（ii）由（i）可得，当时，
累加可得
所以当且为奇数时，
单调递增，且
当且为偶数时，单调递减，且
所以当时，最大，所以甲选择6分对自己最有利．
19．命题意图本题考查抛物线与直线的位置关系
解析（I）设则线段的中点坐标为
因为以线段为直径的圆与轴相切，所以化简得
即的方程为
（Ⅱ）易知直线的斜率存在且不为0，
设
由消去得
则得①
设的中点为则
得若为等边三角形，则且，
即②③
由②得④．将④代入①，得
所以将②代入③，得
化简得
因为所以
即令
则所以在上单调递增，又故在区间内存在唯一的满足所以，存在唯一一组点使得为等边三角形