数学：山西省2024届高考三模试题（解析版）

这是一份数学：山西省2024届高考三模试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，均为集合的子集，则表示的区域为（ ）
A. ①B. ②C. ③D. ④
【答案】A
【解析】由韦恩图可知包含区域①④，
所以表示的区域为①.
故选：A.
2. 向量在边长为1的正方形网格中的位置如图所示，则（ ）
A. -7B. -1C. 1D. 7
【答案】C
【解析】如图，建立平面直角坐标系，则，
则.
故选：C
3. 抛物线的焦点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由可得，其焦点坐标为，
故选：B.
4. 设函数，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】函数的定义域为，
且，所以为偶函数，
当时，因为与在上单调递增，
所以在上单调递增，
则在上单调递减，不等式，
即，等价于，解得或，
所以不等式的解集为.
故选：C
5. 若，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，则，且，
则，可得，，
又因为，则，且，
可得，，
所以
.
故选：D
6. 某次趣味运动会，设置了教师足球射门比赛:教师射门，学生守门.已知参与射门比赛的教师有60名，进球数的平均值和方差分别是3和13，其中男教师进球数的平均值和方差分别是4和8，女教师进球数的平均值为2，则女教师进球数的方差为（ ）
A. 15B. 16C. 17D. 18
【答案】B
【解析】设参加射门比赛的男教师人数为，则全部参赛教师进球数的平均数，
解得，即参赛的男女教师各有人，
设女教师进球数的方差为，
依题意可得，解得.故选：B.
7. 在中，内角所对的边分别为已知的外接圆半径是边的中点，则长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由的外接圆半径，得，
由和得，
又，解得，所以.
因为中，是边的中点，所以,
于
.故选：D.
8. 正方体的棱长为2，分别为的中点，为底面的中心，则三棱锥的体积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则,
,
设平面法向量为，
则，取，则，
故到平面的距离为，
而,
故,
故，
故选：B
二、多项选择题
9. 已知是虚数单位，若，则（ ）
A. 为纯虚数
B. 复数的虚部为
C.
D. 当时，复数对应的点在第二象限
【答案】ACD
【解析】由可得，
故，故A正确，B错误，
，故C正确，
，当时，则，
故复数对应的点在第二象限，D正确，
故选：ACD
10. 将一个直径为的铁球磨制成一个零件，能够磨制成的零件可以是（ ）
A. 底面直径为，高为的圆柱体
B. 底面直径为，高为的圆锥体
C. 底面直径为，高为的圆锥体
D. 各棱长均为的四面体
【答案】ACD
【解析】对于A,若圆柱的底面直径为8，则半径为4，
此时球心到圆柱底面的距离为，故圆柱的高可以为6，A符合，
对于B，若圆锥的底面直径为8，则半径为4，
此时球心到圆锥底面的距离为，故圆锥的高最大时为，B符合，
对于C，若圆锥的底面直径为7，则半径为，
此时球心到圆锥底面的距离为，
故圆锥的高最大时为，C不符合，
对于D , 若将各棱长均为的四面体放入到棱长为的正方体中，
此时正方体的外接球直径为，故D符合，
故选：ACD
11. 已知函数，若，且，则的取值可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】因为，所以时函数取得最小值，即直线是函数的一条对称轴，
又因为，所以，即，所以，
所以，
所以，解得，
当时，当时.
故选：BC.
三、填空题
12. 清明小长假期间，某学校打算安排甲、乙、丙等6位教师值班.从4月4日至4月6日每天的上、下午各需要安排一名教师到学校值班，每位教师只安排半天值班.已知甲只能值上午班，乙、丙二人只能值下午班，其他三人上下午均可值班，则不同的值班安排方式共有____________种(请用数字作答).
【答案】108
【解析】从三个上午班中选择一个安排甲，再从下午的三个班中选择两个安排乙丙，剩余三个人安排在剩余的班位上，故一共有,
故答案：108
13. 已知函数，若函数恰有一个零点，则的取值范围是____________.
【答案】
【解析】，
由于为对勾函数，最小值为2，而，所以在单调递减，
故，作出的大致图象如下：
故要使恰有一个零点，只需要只有一个交点，
故，即，
故答案为：
14. 双曲线的两条渐近线分别为，经过的右焦点的直线分别交于两点，已知为坐标原点，反向，若的最小值为9a，则的离心率为____________.
【答案】
【解析】设渐近线的方程分别为， ，
设直线的方程为，
联立与可得，，故，
同理联立与可得，
由于反向，所以位于一四象限，故，
故
，
，
当且仅当,即时等号成立，
故最小值，因此，故，
故答案为：
四、解答题
15. 已知等差数列的公差，前项和为，且，.
（1）求数列通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
解：（1）因为，，
所以，解得或，
因为，所以，则；
（2）由（1）可得，
所以
.
16. 如图三棱锥分别在线段AB，CD上，且满足.
（1）求证:平面平面;
（2）求AD与平面BCD所成角的正弦值.
（1）证明：连接,
由于所以
由于，
所以
故，即，
又，，平面，
故平面，平面,故,
平面，
所以平面，平面，
故平面平面
（2）解：由于所以
由于，
所以
故，即，
又，，平面，
故平面，平面,故,
平面，
故平面,
故即为直线与平面所成的角，
,,
17. 袋中装有大小、形状、材质完全相同的n个小球，其中有个红球.
（1）若，现从袋中随机摸出2个小球，其中红球的个数为随机变量，求的方差
（2）从袋中有放回地摸取小球次，每次摸出一个小球，其中摸到红球的次数为随机变量，若的期望，方差，求;
（3）若，现从袋中有放回地摸取小球10次，每次摸出1个小球，记录颜色后将摸出的小球放回袋中.以摸出红球的频率估计袋中红球所占比例，若，求红球占比估计值的误差不超过的概率.
参考数据:
解：（1）X的取值有0，1，2.且服从超几何分布.因此,,;
分布列如下：
.
.
（2）因为有放回地摸取1个小球次，每次摸到红球的概率是，所以
，，，即，
所以.
（3）设从袋中有放回地摸取小球10次，每次摸出1个小球中红球出现次，
所以摸出红球的频率为，当，红球所占比例为，如果以摸出红球的频率估计袋中红球所占比例，且误差不超过，因此：，即只能取2、3或4.所以红球占比估计值的误差不超过的概率：.
18. 已知椭圆的焦点为，点在上，且轴，.
（1）求的方程;
（2）求与有公共焦点的双曲线的方程，使得以它们的交点为顶点的四边形面积最大;
（3）过点作斜率之积为的两直线，若交于，两点，交于，两点，，分别为，的中点，求面积的最大值.
解：（1）设椭圆的方程为，由题意知，在椭圆上，
所以，，即，
所以，解得，所以椭圆的方程为.
（2）设四边形面积为，其中一个交点坐标为，则，
由椭圆与双曲线的对称性可知，
其他三个点分别为：，，，
所以四边形为矩形，
由，即，
得，当且仅当，
即，时，四边形的面积取最大值，
所以，设双曲线方程为，
又因为，
所以，
，
此时双曲线的实轴长，即，
虚半轴长，所以双曲线的方程为.
（3）根据题意，直线、斜率存在且不为，且斜率不能为，
设，，，
则，，
联立，
整理有：，
所以，，
，，故，
联立，整理有：，
所以，，所以，
若，即，整理有，
解得不合题意，所以，故直线的斜率不为，
设直线方程为：，在直线上，
则，变形得：，
在直线上，所以，
变形得：，
所以、时是关于的方程的的两个根，
故，解得，
故直线过定点，，
的面积为，
分子分母同除以，上式化为
即，
令，则，
当且仅当，即时，的面积取最大值，
故面积的最大值为.
19. 微分中值定理是微积分学中的重要定理，它是研究区间上函数值变化规律的有效工具，其中拉格朗日中值定理是核心，它的内容如下:
如果函数在闭区间上连续，在开区间可导，导数为，那么在开区间内至少存在一点，使得，其中叫做在上的“拉格朗日中值点”.已知函数.
（1）若，求函数在上的“拉格朗日中值点”；
（2）若，求证:函数在区间图象上任意两点，连线的斜率不大于；
（3）若，且，求证:.
（1）解：当时，则，
因为为函数在上的“拉格朗日中值点，
则，
即，解得
（2）证明：当时，
不妨设，，，则，
又，令，
则，
又，所以恒成立，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，即最大值，
所以，所以，
由拉格朗日中值定理可知必存在使得，
即，又，
所以，
即函数在区间图象上任意两点，连线的斜率不大于；
（3）证明：当时，
由拉格朗日中值定理知，存在和，
使得，，
所以只需证明，即证明在上单调递减，
又，
令，
则，
令，
则，
当时，令，，则，则在上单调递增，又，，所以存在使得，所以当时，则，即单调递增，当时，则，即单调递减，
所以在处取得极大值，即最大值，
所以
，所以，所以在上单调递减，即在上单调递减，命题得证.0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
0.0282
0.0121
0.0052
0.0022
0.0010
0.0004
0.0002
0.0001
0.0000
0.0000
0.0000
X
0
1
2
P