2024届山西省运城市新绛县高三三模数学试卷（解析版）

这是一份2024届山西省运城市新绛县高三三模数学试卷（解析版），共21页。试卷主要包含了 已知集合，集合，则等于， 设全集，集合，，则等内容，欢迎下载使用。
1.请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0.5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内.写在试题卷､草稿纸上均无效.
2.答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题.
一､选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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. 设双曲线的一条渐近线为，且一个焦点与抛物线的焦点相同，则此双曲线的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
求得抛物线的焦点坐标，可得双曲线方程的渐近线方程为，由题意可得，又，即，解得，，即可得到所求双曲线的方程.
【详解】解：抛物线的焦点为
可得双曲线
即为的渐近线方程为
由题意可得，即
又，即
解得，.
即双曲线的方程为.
故选：C
【点睛】本题主要考查了求双曲线的方程，属于中档题.
2. 直线l过抛物线的焦点且与抛物线交于A，B两点，则的最小值是
A. 10B. 9C. 8D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】根据抛物线中过焦点的两段线段关系，可得；再由基本不等式可求得的最小值．
【详解】由抛物线标准方程可知p=2
因为直线l过抛物线的焦点，由过抛物线焦点的弦的性质可知

所以

因为 为线段长度，都大于0，由基本不等式可知
，此时
所以选B
【点睛】本题考查了抛物线的基本性质及其简单应用，基本不等式的用法，属于中档题．
3. 已知集合，集合，则等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
求出中不等式的解集确定出集合，之后求得.
【详解】由，
所以，
故选：B.
【点睛】该题考查的是有关集合的运算的问题，涉及到的知识点有一元二次不等式的解法，集合的运算，属于基础题目.
4. 设全集，集合，，则（ ）
A. B. C. D. 0,+∞
【答案】B
【解析】
【分析】可解出集合，然后进行补集、交集的运算即可．
【详解】，，则，因此，.
故选：B.
【点睛】本题考查补集和交集的运算，涉及一元二次不等式的求解，考查运算求解能力，属于基础题.
5. 如图，正方体的棱线长为1，线段上有两个动点E，F，且，则下列结论中错误的是（ ）
A. B. 平面ABCD
C. 三棱锥的体积为定值D. 异面直线AE，BF所成的角为定值
【答案】D
【解析】
【分析】利用直线与平面垂直的性质可证得；运用两个平面平行的性质，可证明平面ABCD；结合三棱锥的体积公式可求其体积为定值；在线段上选取特殊位置，结合异面直线所成的角，即可求得异面直线AE，BF所成的角不是定值.
【详解】对于选项A，在正方体中，平面，
平面，所以，即，
四边形为正方形，则，
又，平面，平面，所以平面，平面，所以，故A正确.
对于选项B，在正方体中, 平面平面，
平面，所以平面ABCD，故B正确.
对于选项C，连接交于点，设三棱锥的高为，
，平面，平面，
所以点B到直线的距离即为，，
又因为平面，即平面，所以AO为三棱锥的高，
在中，，所以，
（定值），故C正确.
对于选项D，设异面直线AE，BF所成的角为，连接交于点，
当点与重合时，因为，此时点与点重合，连接，
在正方体，且，所以四边形为平行四边形，
所以，即为异面直线AE，BF所成的角，
在中，，，，
因为，所以为直角三角形，，所以异面直线AE，BF所成的角的正弦值为.
当点与重合时，，此时点与点重合，，即，
即为即为异面直线AE，BF所成的角，
在中，，，，
，所以异面直线AE，BF所成的角的正弦值为,
异面直线AE，BF所成的角不是定值,故D错误.
故选：D.
【点睛】
6. 在区间上随机取一个数，使得成立的概率为等差数列的公差，且，若，则的最小值为（ ）
A. 8B. 9C. 10D. 11
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意，本题符合几何概型，只要求出区间的长度以及使不等式成立的的范围区间长度，利用几何概型公式可得概率，即等差数列的公差，利用条件，求得，从而求得，解不等式求得结果.
【详解】由题意，本题符合几何概型，区间长度为6，
使得成立的的范围为，区间长度为2，
故使得成立的概率为，
又，，，
令，则有，故的最小值为11，
故选：D.
【点睛】该题考查的是有关几何概型与等差数列的综合题，涉及到的知识点有长度型几何概型概率公式，等差数列的通项公式，属于基础题目.
7. 直线经过椭圆的左焦点，交椭圆于两点，交轴于点，若，则该椭圆的离心率是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由直线过椭圆的左焦点，得到左焦点为，且，
再由，求得，代入椭圆的方程，求得，进而利用椭圆的离心率的计算公式，即可求解.
【详解】由题意，直线经过椭圆的左焦点，令，解得，
所以，即椭圆的左焦点为，且 ①
直线交轴于，所以，，
因为，所以，所以，
又由点在椭圆上，得 ②
由，可得，解得，
所以，
所以椭圆的离心率为.
故选A.
【点睛】本题考查了椭圆的几何性质——离心率的求解，其中求椭圆的离心率(或范围)，常见有两种方法：①求出 ，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，然后转化为关于的方程，即可得的值(范围)．
8. 某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据三视图判断出几何体为正四棱锥，由此计算出几何体表面积.
【详解】根据三视图可知，该几何体为正四棱锥.底面积为.侧面的高为，所以侧面积为.所以该几何体的表面积是.
故选：D
【点睛】本小题主要考查由三视图判断原图，考查锥体表面积的计算，属于基础题.
9. 在很多地铁的车厢里，顶部的扶手是一根漂亮的弯管，如下图所示．将弯管形状近似地看成是圆弧，已知弯管向外的最大突出(图中)有，跨接了6个座位的宽度()，每个座位宽度为 ，估计弯管的长度，下面的结果中最接近真实值的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
为弯管，为6个座位的宽度，利用勾股定理求出弧所在圆的半径为，从而可得弧所对的圆心角，再利用弧长公式即可求解.
【详解】如图所示，为弯管，为6个座位的宽度，
则
设弧所在圆的半径为，则
解得
可以近似地认为，即
于是，长
所以是最接近的，其中选项A的长度比还小，不可能，
因此只能选B，260或者由，
所以弧长.
故选：B
【点睛】本题考查了弧长公式，需熟记公式，考查了学生的分析问题的能力，属于基础题.
10. 某校团委对“学生性别与中学生追星是否有关”作了一次调查，利用列联表，由计算得,参照下表:
得到正确结论是
A. 有99%以上的把握认为“学生性别与中学生追星无关”
B. 有99%以上的把握认为“学生性别与中学生追星有关”
C. 在犯错误的概率不超过0.5%的前提下，认为“学生性别与中学生追星无关”
D. 在犯错误的概率不超过0.5%的前提下，认为“学生性别与中学生追星有关”
【答案】B
【解析】
【分析】通过与表中的数据6.635的比较，可以得出正确的选项.
【详解】解:，可得有99%以上的把握认为“学生性别与中学生追星有关”，故选B.
【点睛】本题考查了独立性检验的应用问题，属于基础题.
11. 将3个黑球3个白球和1个红球排成一排，各小球除了颜色以外其他属性均相同，则相同颜色的小球不相邻的排法共有（ ）
A. 14种B. 15种C. 16种D. 18种
【答案】D
【解析】
【分析】
采取分类计数和分步计数相结合的方法，分两种情况具体讨论，一种是黑白依次相间，一种是开始仅有两个相同颜色的排在一起
【详解】首先将黑球和白球排列好，再插入红球.
情况1：黑球和白球按照黑白相间排列（“黑白黑白黑白”或“白黑白黑白黑”），此时将红球插入6个球组成的7个空中即可，因此共有2×7=14种；
情况2：黑球或白球中仅有两个相同颜色的排在一起（“黑白白黑白黑”、“黑白黑白白黑”、“白黑黑白黑白”“白黑白黑黑白”），此时红球只能插入两个相同颜色的球之中，共4种.
综上所述，共有14+4=18种.
故选：D
【点睛】本题考查排列组合公式的具体应用，插空法的应用，属于基础题
12. 过抛物线（）焦点且倾斜角为的直线交抛物线于两点.，且在第一象限，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】作，；，由题意，由二倍角公式即得解.
【详解】
由题意，，准线：，
作，；，
设，
故，，
.
故选：C
【点睛】本题考查了抛物线的性质综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 在中，，是的角平分线，设，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】
设，，，由，用面积公式表示面积可得到，利用，即得解.
【详解】设，，，
由得：
，
化简得，
由于，
故.
故答案为：
【点睛】本题考查了解三角形综合，考查了学生转化划归，综合分析，数学运算能力，属于中档题.
14. 根据记载，最早发现勾股定理的人应是我国西周时期的数学家商高，商高曾经和周公讨论过“勾3股4弦5”的问题.现有ΔABC满足“勾3股4弦5”，其中“股”，为“弦”上一点（不含端点），且满足勾股定理，则______.
【答案】
【解析】
【分析】
先由等面积法求得，利用向量几何意义求解即可.
【详解】由等面积法可得，依题意可得，，
所以.
故答案为：
【点睛】本题考查向量的数量积，重点考查向量数量积的几何意义，属于基础题.
15. 如图，已知一块半径为2的残缺的半圆形材料，O为半圆的圆心，，残缺部分位于过点C的竖直线的右侧，现要在这块材料上裁出一个直角三角形，若该直角三角形一条边在上，则裁出三角形面积的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】分两种情况讨论：（1）斜边在BC上，设，则，（2）若在若一条直角边在上，设，则，进一步利用导数的应用和三角函数关系式恒等变形和函数单调性即可求出最大值.
【详解】（1）斜边在上，设，则，
则，，
从而.
当时，此时，符合
（2）若一条直角边在上，设，则，
则，，
由知.
，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
.
当，即时，最大.
故答案为：.
【点睛】此题考查实际问题中导数，三角函数和函数单调性的综合应用，注意分类讨论把所有情况考虑完全，属于一般性题目.
16. 已知实数，满足，则目标函数的最小值为__________．
【答案】-4
【解析】
【分析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z的最大值．
【详解】作出实数x，y满足对应的平面区域如图阴影所示；
由z＝x+2y﹣1，得yx，
平移直线yx，由图象可知当直线yx经过点A时，
直线yx的纵截距最小，此时z最小．
由，得A（﹣1，﹣1），
此时z的最小值为z＝﹣1﹣2﹣1＝﹣4，
故答案为﹣4．
【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法，是基础题
三､解答题：共70分.解答应写出文学说明､证明过程或验算步骤.
17. 已知函数.
（1）若曲线存在与轴垂直的切线，求的取值范围.
（2）当时，证明：.
【答案】（1）（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）在上有解，，设，求导根据函数的单调性得到最值，得到答案.
（2）证明，只需证，记，求导得到函数的单调性，得到函数的最小值，得到证明.
【详解】（1）由题可得，在上有解，
则，令，，
当时，单调递增；当时，单调递减.
所以是的最大值点，所以.
（2）由，所以，
要证明，只需证，即证.
记在上单调递增，且，
当时，单调递减；当时，单调递增.
所以是的最小值点，，则，
故.
【点睛】本题考查了函数的切线问题，证明不等式，意在考查学生的综合应用能力和转化能力.
18. 设函数．
（1）求不等式的解集；
（2）若的最小值为，且，求的最小值．
【答案】（1）或x≥1（2）最小值为．
【解析】
【分析】
（1）讨论，，三种情况，分别计算得到答案.
（2）计算得到，再利用均值不等式计算得到答案.
【详解】（1）
当时，由，解得；
当时，由，解得；
当时，由，解得．
所以所求不等式的解集为或x≥1．
（2）根据函数图像知：当时，，所以．
因为
，
由，可知，
所以，
当且仅当，，时，等号成立．
所以的最小值为．
【点睛】本题考查了解绝对值不等式，函数最值，均值不等式，意在考查学生对于不等式，函数知识的综合应用.
19. 某商场举行优惠促销活动，顾客仅可以从以下两种优惠方案中选择一种.
方案一：每满100元减20元；
方案二：满100元可抽奖一次.具体规则是从装有2个红球、2个白球的箱子随机取出3个球（逐个有放回地抽取），所得结果和享受的优惠如下表：（注：所有小球仅颜色有区别）
（1）该商场某顾客购物金额超过100元，若该顾客选择方案二，求该顾客获得7折或8折优惠的概率；
（2）若某顾客购物金额为180元，选择哪种方案更划算？
【答案】（1）（2）选择方案二更为划算
【解析】
【分析】
（1）计算顾客获得7折优惠的概率，获得8折优惠的概率，相加得到答案.
（2）选择方案二，记付款金额为元，则可取的值为126，144，162，180.，计算概率得到数学期望，比较大小得到答案.
【详解】（1）该顾客获得7折优惠的概率，
该顾客获得8折优惠的概率，
故该顾客获得7折或8折优惠的概率.
（2）若选择方案一，则付款金额为.
若选择方案二，记付款金额为元，则可取的值为126，144，162，180.
，
，
则.
因为，所以选择方案二更为划算.
【点睛】本题考查了概率的计算，数学期望，意在考查学生的计算能力和应用能力.
20. 已知函数，不等式的解集为.
（1）求实数，的值；
（2）若，，，求证：.
【答案】（1），.（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）分三种情况讨论即可
（2）将，的值代入，然后利用均值定理即可.
【详解】解：（1）不等式可化为.
即有或或.
解得，或或.
所以不等式的解集为，故，.
（2）由（1）知，，即，
由，得，，
当且仅当，即，时等号成立.故，即.
【点睛】考查绝对值不等式的解法以及用均值定理证明不等式，中档题.
21. 设抛物线的焦点为，准线为，为过焦点且垂直于轴的抛物线的弦，已知以为直径的圆经过点.
（1）求的值及该圆的方程；
（2）设为上任意一点，过点作的切线，切点为，证明：.
【答案】（1），圆的方程为：.（2）答案见解析
【解析】
【分析】
（1）根据题意，可知点的坐标为，即可求出的值，即可求出该圆的方程；
（2）由题易知，直线的斜率存在且不为0，设的方程为，与抛物线联立方程组，根据，求得，化简解得，进而求得点的坐标为，分别求出，，利用向量的数量积为0，即可证出.
【详解】解：（1）易知点的坐标为，
所以，解得.
又圆的圆心为，
所以圆的方程为.
（2）证明易知，直线的斜率存在且不为0，
设的方程为，
代入的方程，得.
令，得，
所以，解得
将代入的方程，得，即点的坐标为.
所以，，
.
故.
【点睛】本题考查抛物线的标准方程和圆的方程，考查直线和抛物线的位置关系，利用联立方程组、求交点坐标以及向量的数量积，考查解题能力和计算能力.
22. 如图，四棱锥V﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，对角线AC与BD交于点O，VO⊥平面ABCD，E是棱VC的中点．
（1）求证：VA∥平面BDE；
（2）求证：平面VAC⊥平面BDE．
【答案】（1）见解析（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）连结OE，证明VA∥OE得到答案.
（2）证明VO⊥BD，BD⊥AC，得到BD⊥平面VAC，得到证明.
【详解】（1）连结OE．因为底面ABCD是菱形，所以O为AC的中点，
又因为E是棱VC的中点，所以VA∥OE，又因为OE⊂平面BDE，VA⊄平面BDE，
所以VA∥平面BDE；
（2）因为VO⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，所以VO⊥BD，
因为底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC，又VO∩AC＝O，VO，AC⊂平面VAC，
所以BD⊥平面VAC．又因为BD⊂平面BDE，所以平面VAC⊥平面BDE．
点睛】
本题考查了线面平行，面面垂直，意在考查学生的推断能力和空间想象能力.
0.01
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
红球个数
3
2
1
0
实际付款
7折
8折
9折
原价