2024届山西省山西大学附属中学高三上学期9月月考（总第三次）数学试题（解析版）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页第Page\*MergeFormat1页共NUMPAGES\*MergeFormat23页2024届山西省山西大学附属中学高三上学期9月月考（总第三次）数学试题一、单选题1．已知复数满足：，其中是虚数单位，则“”是“在复平面内，复数对应的点位于第一象限”的（

）A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分又不必要条件【答案】B【解析】将根据复数除法运算,化简得.由复数在复平面内的坐标表示,即可判断.【详解】因为由复数的除法运算化简可得则复数在复平面内对应点的坐标为当时,复数在复平面内对应的点在第一象限,所以是充分条件当复数在复平面内对应的点在第一象限时,,所以不是必要条件综上可知,“”是“在复平面内,复数对应的点位于第一象限”的充分不必要条件故选:B【点睛】本题考查了复数的除法运算,复数在复平面内对应点的坐标,充分必要条件的判断,属于基础题.2．已知，，若，则实数的值为（

）A．0或1或2 B．1或2 C．0 D．0或1【答案】A【解析】先化简集合A，再根据，得到BA，分和两种情况讨论求解.【详解】已知，，因为，所以BA，当时，成立，当时，或，解得或，综上：实数的值为0或1或2故选：A3．10名同学合影，站成前排4人后排6人，现摄影师要从后排6人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的总数是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】分两步：1.首先先从后排6人中选2人出来；2.将这2人与前排4人排列，且前排4人的相对顺序不变，可以看成有6个位置，先选2个位置排这2人，其他4人按原顺序排列，再由乘法原理计算即可.【详解】首先先从后排6人中选2人出来，共种不同选法，将这2人与前排4人排列，且前排4人的相对顺序不变，可以看成有6个位置，先选2个位置排这2人有种不同排法，其余位置按4人原顺序排好只有1种排法，由乘法原理，得不同调整方法的总数是.故选：C【点睛】本题考查排列与组合的应用，涉及到定序排列问题，考查学生的逻辑推理能力，是一道中档题.4．设函数，若是奇函数，则的值是A． B．C． D．【答案】C【分析】先计算出的值，由奇函数的性质得到，再由可计算出的值.【详解】函数为奇函数，，，，因此，，故选C.【点睛】本题考查利用函数的奇偶性求值，解题时要充分利用函数的奇偶性，先从已知的函数解析式出发，考查计算能力，属于基础题.5．在等比数列中，若，，则（

）A．1 B． C． D．【答案】C【分析】把代入中，用上即可【详解】解：是等比数列故选：C【点睛】利用等比数列的性质求值，基础题.6．若，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据正弦的二倍角公式、两角差的余弦公式与同角三角函数的关系求解即可.【详解】.故选：C7．已知分别是双曲线的左、右焦点，过作双曲线C的渐近线的垂线，垂足为P，且与双曲线C的左支交于点Q，若（O为坐标原点），则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】因为，O是的中点，所以为的中点．又，到渐近线的距离为，且，得出的余弦值，在中，利用双曲线的定义和余弦定理列方程求解即可.【详解】因为，O是的中点，所以为的中点．因为，所以点到渐近线的距离，又，所以．连接，易知，则由双曲线的定义可知．在中，由余弦定理，得，整理，得，所以双曲线的离心率为，故选：B．8．已知为自然对数的底数，为函数的导数.函数满足，且对任意的都有，，则下列一定判断正确的是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】构造函数，根据导数判断函数在上单调递增，根据得到函数关于对称，得出，，以及，进而可得结果.【详解】设，则，∵对任意的都有，∴，则在上单调递增，，，∵，∴，∴，∴，∴关于对称，则，∵在上单调递增，∴，即，∴；即成立，故D错误；∵，，∴，，即，，故A，C均错误；∵，∴，故B正确；故选：B.【点睛】破解抽象函数不等问题需要构建新函数，常见构造形式如下：1.对于不等式，构造函数；2.对于不等式，构造函数；3.对于不等式，构造函数；4.对于不等式，构造函数；5.对于不等式，构造函数；二、多选题9．连续抛掷两次骰子，“第一次抛掷结果向上的点数小于3”记为事件，“第二次抛掷结果向上的点数是3的倍数”记为事件，“两次抛掷结果向上的点数之和为偶数”记为事件，“两次抛掷结果向上的点数之和为奇数”记为事件，则下列叙述中正确的是（）A．与互斥 B．C．与相互独立 D．与不相互独立【答案】ABC【分析】由已知，根据题意，分别写出事件A、B、C、D包含的基本事件，并计算出概率，然后根据选项一一验证即可做出判断.【详解】因为抛掷一次骰子，包含个基本事件，事件表示结果向上的点数为、，所以；事件表示第二次抛掷结果向上的点数为、，所以；事件表示结果向上的点数为，，，，，，，，，，，，，，，，，，共18种情况，而抛掷两次骰子共出现种情况，所以；事件表示结果向上的点数为，，，，，，，，，，，，，，，，，，共18种情况，而抛掷两次骰子共出现种情况，所以；对于A：由上述事件与事件表示的结果可知，，所以事件与事件互斥且对立，故A正确；对于B：因为，表示两次抛掷结果向上的点数之和为奇数且第一次抛掷结果向上的点数小于的概率，其中有，，，，，共6种情况，所以，所以，故B正确；对于C：因为，，表示两次抛掷结果向上的点数之和为偶数且第一次抛掷结果向上的点数小于3的概率，其中有，，，，，，共6种情况，所以，所以与相互独立，故C正确；对于D：因为，，而表示两次抛掷结果向上的点数之和为奇数且第二次抛掷结果向上的点数是3的倍数的概率，其中有，，，，，，共6种情况，所以，所以与相互独立，故D错误；故选：ABC10．已知函数，，使方程有4个不同的解：分别记为，其中，则下列说法正确的是（

）.A． B．C． D．的最小值为14【答案】AC【分析】画出函数图象，利用数形结合思想进行求解判断即可.【详解】如图，时，方程存在4个不同根，当时，，时，得即，由正弦函数对称性知，，在上单调递增，所以；，在上单调递减，所以，无最小值，故选：AC【点睛】关键点睛：利用数形结合思想进行求解是解题的关键.11．已知：的焦点为，斜率为且经过点的直线与抛物线交于点，两点（点在第一象限），与抛物线的准线交于点，若，则（

）A． B．为线段的中点C． D．【答案】AB【分析】由题意可得直线的方程为，联立直线和抛物线方程得到，．求出的值，过点作垂直准线于点，得到为线段的中点即得解.【详解】解：易知，由题意可得直线的方程为．由，消去并整理，得，解得，．由，得，∴．过点作垂直准线于点，易知，∴，∴．.∵，∴为线段的中点．故选：AB．12．如图所示，有一个棱长为4的正四面体容器，是的中点，是上的动点，则下列说法正确的是（

）

A．直线与所成的角为B．的周长最小值为C．如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为D．如果在这个容器中放入4个完全相同的小球（全部进入），则小球半径的最大值为【答案】ACD【分析】A选项，作出辅助线，由三线合一得到线线垂直，进而得到线面垂直，进而得到线线垂直，求出答案；B选项，把沿着展开与平面同一平面内，由余弦定理求出的最小值，得到周长的最小值；C选项，求出正四面体的内切球即为小球半径的最大值；D选项，当四个小球相切且与大正四面体相切时，小球半径最大，连接四个小球的球心，构成正四面体，设出半径，结合C选项中结论得到方程，求出小球半径的最大值.【详解】A选项，连接，由于为的中点，

所以⊥，⊥，又，平面，所以直线⊥平面，又平面，所以⊥，故A正确；B选项，把沿着展开与平面同一个平面内，连接交于点，则的最小值即为的长，由于，，

，，所以，故，的周长最小值为，B错误；C选项，要使小球半径最大，则小球与四个面相切，是正四面体的内切球，设球心为，取的中点，连接，过点作垂直于于点，则为的中心，点在上，过点作⊥于点，因为，所以，同理，则，故，设，故，因为∽，所以，即，解得，C正确；

D选项，4个小球分两层（1个，3个）放进去，要使小球半径要最大，则4个小球外切，且小球与三个平面相切，设小球半径为，四个小球球心连线是棱长为的正四面体，由C选项可知，其高为，由C选项可知，是正四面体的高，过点且与平面交于，与平面交于，则，，由C选项可知，正四面体内切球的半径是高的得，如图正四面体中，，，正四面体高为，解得，D正确.

故选：ACD【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径三、填空题13．已知两个单位向量，的夹角为，，若，则_____．【答案】2；【详解】试题分析：由可得，即，故填2.【解析】1.向量的运算.2.向量的数量积.14．已知正四棱锥的底面边长为2，现用一平行于正四棱锥底面的平面去截这个棱锥，截得棱台的上、下底面的面积之比为1：4，若截去的小棱锥的侧棱长为2，则此棱台的表面积为.【答案】【解析】根据棱台的上、下底面的面积之比为1：4，利用相似比得到棱台的上、下底面的边长之比为1：2，再根据截去的小棱锥的侧棱长为2和正四棱锥的底面边长为2，得到棱台的底面边长和斜高，代入公式求解.【详解】如图所示：因为棱台的上、下底面的面积之比为1：4，所以棱台的上、下底面的边长之比为1：2，因为截去的小棱锥的侧棱长为2，所以正四棱锥的侧棱长为4，又因为正四棱锥的底面边长为2，即，所以，作，则，，所以此棱台的表面积为，故答案为：15．设，直线与直线相交于点，点是圆上的一个动点，则的最小值为．【答案】【分析】根据两直线过定点且互相垂直可确定点轨迹为圆，将问题转化为两个相离的圆上的动点距离的最小值，可知所求最小值为两圆圆心距减去两圆半径之和，进而求得结果.【详解】由题意得：，，恒过定点，恒过定点，又，点轨迹是以为直径的圆，即为圆心，为半径的圆，点轨迹为，圆与圆的圆心距，两圆相离，的最小值是两圆圆心距减去两圆半径之和，即.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题解题关键是能够利用直线过定点和两直线互相垂直的位置关系确定动点的轨迹方程，从而将问题转化为两圆上的动点之间距离最小值的求解问题.16．意大利著名画家、数学家、物理学家达·芬奇在他创作《抱银貂的女子》时思考过这样一个问题：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是什么？这就是著名的悬链线问题，连接重庆和湖南的世界第一悬索桥——矮寨大桥就采用了这种方式设计．经过计算，悬链线的函数方程为，并称其为双曲余弦函数．若对恒成立，则实数m的取值范围为．

【答案】【分析】先判断函数的奇偶性和单调性，根据函数的单调性和奇偶性，结合换元法、正弦型函数的性质、同角的三角函数关系式进行求解即可.【详解】因为，所以函数是偶函数，设是上任意两个实数，且，即，因为，所以，因此，即，所以函数是偶函数，且在是增函数，若在上恒成立，，又因为，，所以在恒成立，令，而由，，故时，由，，故时，，所以的取值范围为．故答案为：【点睛】关键点睛：判断函数的奇偶性和单调性，运用换元法进行求解是解题的关键.四、解答题17．已知为等比数列的前n项和，若，，成等差数列，且.(1)求数列的通项公式；(2)若，且数列的前n项和为，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）首先列方程，求公比；其次，列方程，求首项；最后求出数列的通项公式；（2）求出，然后运用裂项相消法求出可得结论.【详解】（1）设数列的公比为q，由，，成等差数列可得，故，解得，由可得，解得，故，即数列的通项公式为.（2）由（1）可得，故.当时，取得最大值，当时，，故.18．在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，．(1)求角A的大小；(2)若是锐角三角形，，求面积的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理结合两角和差化积公式转化条件得，进而求得解；（2）由题意，由正弦定理结合得，根据为锐角三角形求得，即可求得，即可得解.【详解】（1）由正弦定理得即又所以即又，，即，即又，，即（2）由题意得：，由正弦定理得：，又为锐角三角形，∴，故，∴，∴，从而.所以面积的取值范围是19．如图，在直三棱柱中，，E，F分别为的中点．(1)若，证明：平面平面；(2)若，求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)．【分析】（1）先证明得到面，进而证明平面平面；（2）建立空间直角坐标系运用解析法计算即可.【详解】（1）证明：因为，所以平面．又平面，所以．因为，且这两个角都是锐角，所以，所以，所以．又，所以平面．因为平面，所以平面平面．（2）取的中点O，连接，因为，所以．因为，所以．以O为坐标原点，分别以向量的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．则，所以，设平面的一个法向量为，由得令，得．设平面的一个法向量为，由得令，得．设二面角的平面角为，则，所以，所以二面角的正弦值为．20．近期世界地震、洪水、森林大火等自然灾害频繁出现，紧急避险知识越来越引起人们的重视．某校为考察学生对紧急避险知识的掌握情况，从全校学生中选取200名学生进行紧急避险知识测试，其中男生110名，女生90名．所有学生的测试成绩都在区间范围内，由测试成绩数据作出如图所示的频率分布直方图．

(1)若从频率分布直方图中估计出样本的平均数与中位数相等，求图中m的值；(2)规定测试成绩不低于80分为优秀，已知共有45名男生成绩优秀，完成下面的列联表，并根据小概率值的独立性检验，能否推断男生和女生的测试成绩优秀率有差异？性别测试成绩合计优秀不优秀男生45女生合计参考公式与数据：0.10.050.012.7063.8416.635【答案】(1)；(2)列联表见解析，男生和女生的测试成绩优秀率没有差异.【分析】（1）根据给定的频率分布直方图，估计平均数及中位数即可列式作答.（2）完善列联表，求出的观测值，并与临界值表比对作答.【详解】（1）依题意，频率分布直方图中左起第一个小矩形的高为：，样本平均数的估计值为：，显然数据落在区间的频率为，落在的频率为，因此样本中位数在区间内，其估计值为；，则，解得，所以.（2）总的成绩优秀人数为：，得到列联表为：性别测试成绩合计优秀不优秀男生4565110女生256590合计70130200于是的观测值为，所以根据小概率值的独立性检验，认为男生和女生的测试成绩优秀率没有差异.21．已知椭圆的离心为，并且经过点，A为椭圆T的右顶点，直线l的方程为，M，N为直线l上任意两点，分别为点M，N的纵坐标，且满足，连接分别交椭圆T于C，D两点.（1）求椭圆T的方程；（2）求证：直线过定点.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）由椭圆离心率为，且经过点，列方程组求解即可.（2）设，写出直线AM，AN的方程，联立直线AM与椭圆的方程，结合韦达定理可得，又，进而可得，即可得C点坐标，同理可得D点坐标，又，可推出，从而可得直线CD恒过定点.【详解】解：（1）由题意知，，解得，∴椭圆的方程为，（2）证明：设，则，，由，得，∴，又∵，∴，∴，同理，∵，∴，∴C，D的两