2024届山西省山西大学附属中学高三上学期10月月考（总第四次）数学试题含解析

这是一份2024届山西省山西大学附属中学高三上学期10月月考（总第四次）数学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．若复数满足，则的共轭复数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据复数除法运算可求得，根据共轭复数定义可得结果.
【详解】，.
故选：C.
2．若集合，，则的充要条件是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用两个集合的关系即可得出答案.
【详解】因为集合，，且，所以，
故选：D.
3．二项式展开式的常数项为（ ）
A．B．60C．120D．240
【答案】B
【分析】利用二项展开式的通项公式进行求解即可.
【详解】展开式的通项为：，
令得，
所以展开式的常数项为，
故选：B．
4．某玻璃制品厂需要生产一种如图1所示的玻璃杯，该玻璃杯造型可以近似看成是一个圆柱挖去一个圆台得到，其近似模型的直观图如图2所示（图中数据单位为cm），则该玻璃杯所用玻璃的体积（单位：）为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，利用柱体体积公式、台体体积公式计算作答.
【详解】依题意，该玻璃杯所用玻璃的体积为.
故选：A
5．若，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】借助函数图象，可直接判断的大小关系.
【详解】在同一直角坐标系中作出，，，的图象，
由图象可知.
故选：B.
6．有6名选手（含选手甲、乙）参加了男子100米赛跑决赛，则在甲的名次比乙高的条件下，甲、乙两人名次相邻的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】分甲第一名，甲第二名，甲第三名，甲第四名，甲第五名五种情况讨论分别求出甲的名次比乙高和甲的名次比乙高且甲乙相邻的基本事件的个数，再根据条件概率公式即可得解.
【详解】甲的名次比乙高，
当甲第一名时，乙有5种位置，其中甲乙相邻有1种情况，
当甲第二名时，乙有4种位置，其中甲乙相邻有1种情况，
当甲第三名时，乙有3种位置，其中甲乙相邻有1种情况，
当甲第四名时，乙有2种位置，其中甲乙相邻有1种情况，
当甲第五名时，乙有1种位置，其中甲乙相邻有1种情况，
所以甲的名次比乙高共有种情况，
甲的名次比乙高且甲乙相邻有5种情况，
所以在甲的名次比乙高的条件下，甲、乙两人名次相邻的概率为.
故选：A.
7．已知是等比数列的前项和，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由与的关系求出数列的通项公式，推导出数列为等比数列，确定其首项和公比，结合等比数列求和公式可求得所求代数式的值.
【详解】因为，所以，，
，
又是等比数列，所以，即，解得，所以．
当时，，又满足，
所以，，故数列是公比为，首项为的等比数列，
所以．
故选：A.
8．设椭圆（）的右焦点为F，椭圆C上的两点A、B关于原点对称，且满足，，则椭圆C的离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设椭圆的左焦点，由椭圆的对称性结合，得到四边形为矩形，设，，在直角中，利用椭圆的定义和勾股定理化简得到，再根据，得到的范围，从而利用对勾函数的值域得到的范围，进而由即可得解.
【详解】如图所示：
设椭圆的左焦点，由椭圆的对称性可知，四边形为平行四边形，
又，则，所以平行四边形为矩形，故，
设，，则，
在直角中，，，
所以，则，
所以，
令，得，
又由，得，
因为对勾函数在上单调递增，所以，
所以 ，即，则，故，
所以，
所以椭圆离心率的取值范围是.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用椭圆的对称性证得四边形为矩形，再利用椭圆的定义与勾股定理，结合条件得到关于的齐次不等式，从而得解.
二、多选题
9．两名同学在一次用频率估计概率的试验中统计了某一结果出现的频率，绘制出统计图如图所示，则不符合这一结果的试验是（ ）

A．抛一枚硬币，正面朝上的概率
B．掷一枚正六面体的骰子，出现1点的概率
C．转动如图所示的转盘，转到数字为奇数的概率
D．从装有2个红球和1个蓝球的口袋中任取一个球恰好是蓝球的概率
【答案】ABC
【分析】利用题中统计图所得概率结果逐项分析可得解.
【详解】解：根据统计图可知，实验结果在附近波动，即其概率，则
选项A，掷一枚硬币，出现正面朝上的概率为，故此选项不符合题意；
选项B，掷一枚正六面体的骰子，出现1点的概率为，故此选项不符合题意；
选项C，转动如图所示的转盘，转到数字为奇数的概率为，故此选项不符合题意；
选项D，从装有2个红球和1个蓝球的口袋中任取一个球恰好是蓝球的概率为，
故此选项符合题意；
故选：ABC.
10．函数的部分图象如图所示，将的图象向左平移个单位长度得函数的图象，则（ ）

A．
B．的图象关于点对称
C．在上单调递增
D．在上有两个极值点
【答案】AC
【分析】A选项，由函数图象求出最小正周期，从而得到；B选项，代入特殊点坐标，得到，，得到函数解析式，得到平移后的解析式，代入得到，故B错误；C选项，整体法求出函数单调递增区间，得到，由于，故C正确；D选项，结合余弦函数图象知只有1个极值点.
【详解】A选项，设的最小正周期为，由图象知，解得，
因为，所以，所以，故A正确；
B选项，由，得，解得，
又，所以只有符合要求；
由，得，故，所以，
所以.
由得的图象不关于点对称，故B不正确；
C选项，由，得，
即的单调递增区间为，令，得，
又，故在上单调递增，故C正确；
D选项，当时，，由于在上，
只有为极小值点，故在上仅有一个极值点，故D不正确.
故选：AC.
11．已知函数的定义域为，其导函数为.若，且，则（ ）
A．是增函数B．是减函数
C．有最大值D．没有极值
【答案】AD
【分析】利用导数的运算法则，引入函数，由得其递增，从而可确定的正负得的单调性，从而判断各选项．
【详解】因为，所以，设，则，因为，所以恒成立，所以在上单调递增，又因为，所以，所以当时，，当时，，，当时，，，，，故恒成立；当时，，，，，故恒成立.所以在上恒成立，故在上单调递增.
故选：AD.
12．已知三棱锥的棱长均为6，其内有个小球，球与三棱锥的四个面都相切，球与三棱锥的三个面和球都相切，如此类推，，球与三棱锥的三个面和球都相切（，且），球的表面积为，体积为，则（ ）
A．
B．
C．数列是公比为的等比数列
D．数列的前n项和为
【答案】BCD
【分析】根据题意求出，，依此类推可得是首项为，公比为的等比数列，再根据球的表面积和体积公式逐项判断可得答案.
【详解】如图所示，是三棱锥的高，是三角形的中心，
设三棱锥的棱长均为，所以，.
是三棱锥的内切球的球心，在上，
设三棱锥的外接球半径为，球的半径为，
则由，得，得.
所以，
又，所以，
所以.故A不正确；
在上取点，使得，则，即为的中点，则球与球切于，
过作与底面平行的平面，分别与交于，
则球是三棱锥的内切球，
因为为的中点，所以三棱锥的棱长是三棱锥的棱长的一半，
所以球的内切球的半径，
以此类推，所以是首项为，公比为的等比数列，
所以，，，故B正确；
所以，，即数列是公比为的等比数列，故C正确；
，
，故D正确.

故选：BCD
【点睛】关键点睛：利用球与三棱锥内切求出球的半径以及相邻两个球的半径之间的关系是解题关键.
三、填空题
13．已知向量、满足，则与的夹角是 ．
【答案】
【分析】先根据条件确定向量、的夹角余弦值，再利用进行求解即可.
【详解】因为，则，所以，
所以，因此，
又因为，
所以，
又因为，因此，.
故答案为：.
14．在中，角所对的边为，且，，则 ．
【答案】3
【分析】根据题意利用正弦定理可得，将代入即可得.
【详解】由可知，
利用正弦定理可得，将代入可得，
整理可得，解得或（舍）；
即.
故答案为：
15．若正实数满足，则的最小值为 .
【答案】/
【分析】根据基本不等式“1”的妙用即可求解.
【详解】根据已知，
所以，
所以
，
当且仅当时等号成立.
故答案为：.
16．新冠病毒肺炎疫情防控难度极大，某地防疫防控部门决定进行全面入户排查4类人员：新冠患者、疑似患者、普通感冒发热者和新冠密切接触者，过程中排查到一户6口之家被确认为新冠肺炎密切接触者，按要求进一步对该6名成员逐一进行核糖核酸检测，若出现阳性，则该家庭定义为“感染高危户”，设该家庭每个成员检测呈阳性的概率相同均为，且相互独立，该家庭至少检测了5人才能确定为“感染高危户”的概率为，当时，最大，此时 ．
【答案】
【分析】先根据独立事件概率公式得到家庭至少检测了5人才能确定为“感染高危户”的概率
为，再利用导数求最值，进而可得.
【详解】由题意可得，该家庭至少检测了5人才能确定为“感染高危户”，
则前4人检测为阴性，第5人为阳性或前5人检测为阴性，第6人为阳性，
由相互独立事件同时发生的概率公式，得
令，即，
解得（舍）或（舍）或.
当时，；当时，；
所以函数在上单调递增，在上单调递减；
当时，函数取得极大值，也是最大值.
所以.
故答案为：.
四、解答题
17．已知等差数列的前项和为，数列是等比数列，，，，.
(1)求数列和的通项公式；
(2)若，设数列的前项和为，求.
【答案】（1），；（2）.
【详解】试题分析：（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为,根据题意列出表达式，解出公比和公差，再根据等差数等比列的通项公式的求法求出通项即可；（2）根据第一问得到前n项和，数列,分组求和即可.
解析：
(1)设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
∵，，，，∴，
∴，，∴，.
(2)由(1)知，，∴，
∴ .
18．信用是指依附在人之间、单位之间和商品交易之间形成的一种相互信任的生产关系和社会关系.良好的信用对个人和社会的发展有着重要的作用.某地推行信用积分制度，将信用积分从高到低分为五档，其中信用积分超过150分为信用极好；信用积分在内为信用优秀；信用积分在内为信用良好；信用积分在内为轻微失信；信用积分不超过80分的信用较差.该地推行信用积分制度一段时间后，为了解信用积分制度推行的效果，该地政府从该地居民中随机抽取200名居民，并得到他们的信用积分数据，如下表所示.
(1)从这200名居民中随机抽取2人，求这2人都是信用极好的概率.
(2)为巩固信用积分制度，该地政府对信用极好的居民发放100元电子消费金；对信用优秀或信用良好的居民发放50元消费金；对轻微失信或信用较差的居民不发放消费金.若以表中各信用等级的频率视为相应信用等级的概率，现从该地居民中随机抽取2人，记这2人获得的消费金总额为X元，求X的分布列与期望.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，期望为
【分析】（1）结合组合数及古典概型公式求解；
（2）由题意可知X的所有可能取值，求出对应的概率，进而求出分布列与期望.
【详解】（1）从这200名居民中随机抽取2人，共有种不同抽法，
其中符合条件的不同抽法有，
则所求概率.
（2）从该地居民中随机抽取1人，则这人获得100元电子消费金的概率是，获得50元电子消费金的概率是，没有获得电子消费金的概率是.
由题意可知X的所有可能取值为0，50，100，150，200.
，
，
，
，
，
则X的分布列为
故.
19．长方形中，，点为中点（如图1），将点绕旋转至点处，使平面平面（如图2）．

(1)求证：；
(2)点在线段上，当二面角大小为时，求四棱锥的体积．
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）由已知条件，先证明，再利用平面平面，可证平面，得到，又，可得平面，从而可证；
（2）由题意，建立空间直角坐标系，由向量法求出平面和平面的法向量，进而求出点坐标，确定点位置，求出四棱锥的体积.
【详解】（1）证明：在长方形中，，为中点，
，
，
平面平面，平面平面，
平面，
平面，平面，
，又，平面，平面，
，
平面，平面，
.
（2）
如图，取的中点，的中点，连接，
由题意可得两两互相垂直，
以为坐标原点，以，， 分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
设，则，
设平面的一个法向量为，
则，，
令，得，
，
又平面，是平面的一个法向量，，
令，解得或（舍）.
即为的靠近的三等分点时，二面角的平面角为，
平面，且，
到平面的距离为，又四边形的面积为3，
四棱锥的体积
20．已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)若函数在上有两个零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为
(2).
【分析】（1）求导根据导数的正负求解即可；
（2）求导分析的单调性与极值点、区间端点值等，再数形结合分析即可.
【详解】（1）当时，，
则，
令得，所以的单调递增区间为
令得，所以的单调递减区间为
（2），
则，
，∴由，得.
当，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
故当时，函数取得极大值，
又，，
且，
∴在上有两个零点需满足条件，
解得，故实数的取值范围是.
21．已知平面四边形ABDC中，对角线CB为钝角的平分线，CB与AD相交于点O，，，.

(1)求CO的长；
(2)若，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理得，根据同角关系以及二倍角公式可得，进而根据面积公式即可求解，
（2）根据正弦定理得，进而由余弦定理得，利用和差角公式可得，即可由面积公式求解.
【详解】（1）在中，由余弦定理得，
解得或（舍去）.
因为，所以.
所以，解得（负值舍去），
所以.
因为，
所以.
所以.
所以.
（2）在中，由正弦定理可得，
则，由于为锐角，所以.
因为，所以，
所以，所以，
由余弦定理可得，解得.
因为，
所以
，
所以.
22．已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若不等式恒成立，求a的取值范围．
【答案】（1）（2）
【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；
（2）方法一：利用导数研究函数的单调性，当a=1时，由得,符合题意；当a>1时，可证，从而存在零点，使得，得到，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得恒成立；当时，研究.即可得到不符合题意.综合可得a的取值范围.
【详解】（1），，.
，∴切点坐标为(1,1+e),
∴函数在点(1,f(1)处的切线方程为,即,
切线与坐标轴交点坐标分别为,
∴所求三角形面积为．
（2）［方法一］：通性通法
,，且.
设,则
∴g(x)在上单调递增，即在上单调递增，
当时，,∴,∴成立.
当时， ，，,
∴存在唯一，使得，且当时，当时，，，
因此
>1,
∴∴恒成立；
当时， ∴不是恒成立.
综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞).
［方法二］【最优解】：同构
由得，即，而，所以．
令，则，所以在R上单调递增．
由，可知，所以，所以．
令，则．
所以当时，单调递增；
当时，单调递减．
所以，则，即．
所以a的取值范围为．
［方法三］：换元同构
由题意知，令，所以，所以．
于是．
由于，而在时为增函数，故，即，分离参数后有．
令，所以．
当时，单调递增；当时，单调递减．
所以当时，取得最大值为．所以．
［方法四］：
因为定义域为，且，所以，即．
令，则，所以在区间内单调递增．
因为，所以时，有，即．
下面证明当时，恒成立．
令，只需证当时，恒成立．
因为，所以在区间内单调递增，则．
因此要证明时，恒成立，只需证明即可．
由，得．
上面两个不等式两边相加可得，故时，恒成立．
当时，因为，显然不满足恒成立．
所以a的取值范围为．
【整体点评】（2）方法一：利用导数判断函数的单调性，求出其最小值，由即可求出，解法虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法；
方法二：利用同构思想将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法即可求出，是本题的最优解；
方法三：通过先换元，令，再同构，可将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法求出；
方法四：由特殊到一般，利用可得的取值范围，再进行充分性证明即可．
信用等级
信用极好
信用优秀
信用良好
轻微失信
信用较差
人数
25
60
65
35
15
X
0
50
100
150
200
P