2024届山西省运城市高三上学期期末调研测试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2山西省运城市2024届高三上学期期末调研测试数学试题一、单项选择题1.复数，则等于（）A.1 B. C.2 D.〖答案〗D〖解析〗结合题意可得：，所以.故选：D.2.设，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件〖答案〗B〖解析〗，解得，由于是的真子集，故是的必要不充分条件.故选：B.3.已知是奇函数，则（）A. B. C.2 D.1〖答案〗C〖解析〗由题意得，即，所以，故，所以，解得.故选：C4.第33届夏季奥运会预计2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举办，这届奥运会将新增2个竞赛项目和3个表演项目．现有三个场地A，B，C分别承担这5个新增项目的比赛，且每个场地至少承办其中一个项目，则不同的安排方法有（）A.150种 B.300种 C.720种 D.1008种〖答案〗A〖解析〗若三个场地分别承担个项目，则有种安排，若三个场地分别承担个项目，则有种安排，综上，不同的安排方法有种.故选：A5.设，，，则a，b，c的大小关系为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗，即，，即，因为，所以，即，且，则，所以.故选：D6.已知双曲线的左、右焦点分别为，，A为C的右顶点，以为直径的圆与C的一条渐近线交于P，Q两点，且，则双曲线C的离心率为（）A. B. C. D.3〖答案〗C〖解析〗由题意得，以为直径的圆的方程为，，渐近线方程为，联立，解得，不妨令，故，因为，所以，所以，解得，故离心率.故选：C.7.已知等差数列中，，设函数，记，则数列的前17项和为（）A. B. C. D.0〖答案〗C〖解析〗由题意知，当时，，即关于点成中心对称，由于等差数列中，，故，故，，故数列的前17项和为，故选：C.8.已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，，则直线与平面夹角的正弦值为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗如图，由题意可知，，中，根据余弦定理可知，则，过点作平面，，连结，，连结，因为平面，平面，所以，且平面所以平面，平面，所以，又因为，所以，同理，中，，则，根据等面积公式，，所以，，又，所以，则，直线与平面夹角的夹角为，.故选：B.二、多项选择题9.关于下列命题中，说法正确的是（）A.若事件A、B相互独立，则B.数据63，67，69，70，74，78，85，89，90，95的第45百分位数为78C已知，，则D.已知，若，则〖答案〗AC〖解析〗对于A，若事件A、B相互独立，则,而，A正确；对于B，数据63，67，69，70，74，78，85，89，90，95已为从小到大排列，共10个数，又，故第45百分位数为第5个数74，B错误；对于C，由于，，故，则，故，C正确；对于D，由于，，故，故，故，D错误，故选：AC10.已知函数，则（）A.的一个周期为2 B.的定义域是C.的图象关于点对称 D.在区间上单调递增〖答案〗ACD〖解析〗对于A，由可知其最小正周期，故A正确；对于B，由可知，故B错误；对于C，由可知，此时的图象关于点对称，故C正确；对于D，由可知，又在上递增，显然，故D正确.故选：ACD.11.如图，正方体的棱长为2，P是直线上的一个动点，则下列结论中正确的是（）A.的最小值为B.的最小值为C.三棱锥的体积为D.以点B为球心，为半径的球面与面在正方体内的交线长为〖答案〗ABD〖解析〗对于A，为边长为的等边三角形，的最小值即该等边三角形的高，为，故A正确；对于B，如图，将等边绕旋转到与平面共面，显然，故B正确；对于C，当P在D上时，，故C错误；对于D，设点B到平面的距离为d,，，，，以点B为球心，为半径的球面与面在正方体内的交线是以中心为圆心，以为半径的圆，如图，圆有一部分在正方体外，，由A得，，所以，，所以有圆周在正方体内部，其长度为，故D对.故选：ABD.12.已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于、两点，与其准线交于点，为的中点，且，点是抛物线上间不同于其顶点的任意一点，抛物线的准线与轴交于点，抛物线在、两点处的切线交于点，则下列说法正确的是（）A.抛物线焦点的坐标为B.过点作抛物线的切线，则切点坐标为C.在中，若，，则的最大值为D.〖答案〗CD〖解析〗对于A选项，抛物线的焦点为，准线方程为，设点，因为为线段的中点，则，由抛物线的定义可得，解得，则，A错；对于B选项，由A选项可知，抛物线的方程为，点，若切线的斜率不存在，则该直线与抛物线相交，且只有一个交点，不合乎题意，所以，切线的斜率存在，设切线的方程为，联立可得，则，解得，所以，切点横坐标为，纵坐标为，故切点坐标为，B错；对于C选项，过点作与直线垂直，垂足点为点，由抛物线的定义可得，，由图可知，当直线与抛物线相切时，锐角取最大值，此时，取最大值，由B选项可知，锐角的最大值为，故的最大值为，C对；对于D选项，设点、，若直线的斜率不存在，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，所以，直线的斜率存在，设直线的方程为，联立，可得，，由韦达定理可得，，对函数求导得，所以，直线的方程为，即，同理可知，直线的方程为，因为，则，联立可得，即点，则，而，所以，，则，所以，，由可得，所以，，D对故选：CD.三、填空题13.已知向量，，若，则____________.〖答案〗〖解析〗因为，，所以，因为，所以，解得.故〖答案〗为：.14.的展开式中的系数为______.〖答案〗〖解析〗展开式的通项为，令，得，所以展开式中的系数为.故〖答案〗为：.15.过原点的动直线l与圆交于不同的两点A，B.记线段的中点为P，则当直线l绕原点转动时，动点P的轨迹长度为____________.〖答案〗〖解析〗由题意可知圆的圆心为，半径为，根据圆的性质可知，则为直角三角形，即P在以为直径的圆上，设中点为E，该圆半径为，易知，又线段的中点为P，则P在圆的内部，如图所示其轨迹即.因为，易得，则，所以的弧长为.故〖答案〗为：16.设是函数的两个极值点，若，则的范围为____________.〖答案〗〖解析〗由，可得，因为是函数的两个极值点，所以是的两根，当时，方程不成立，故是的两根，即与的图象有两个交点，令则，当时，，当时，，所以在单调递减；在上单调递增.则图象如下图所示，由图象可知：且因为，所以，当时，不妨令，则，即，化简得，即，当时，，若，则，即的取值范围为.故〖答案〗为：.四、解答题17.在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且.（1）求角B的大小；（2）若，D为边上的一点，，且______________，求的面积．①是的平分线；②D为线段的中点.（从①，②两个条件中任选一个，补充在上面的横线上并作答）.解：（1）由正弦定理知，，，代入上式得，，，，，.（2）若选①：由平分得：，，即.在中，由余弦定理得，，联立，得，解得，若选②：得，，得，在中，由余弦定理得，，联立，得，18.已知递增的等比数列满足，且，，成等差数列.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前20项和.解：（1）设公比为，因为，，成等差数列，所以，所以，解得或（舍去），所以.（2）根据题意得.19.如图，在圆柱体中，，，劣弧的长为，AB为圆O的直径．（1）在弧上是否存在点C（C，在平面同侧），使，若存在，确定其位置，若不存在，说明理由；（2）求二面角的余弦值．解：（1）存在，当为圆柱的母线时，．证明如下：连接BC，AC，，因为为圆柱的母线，所以平面ABC，又因为平面ABC，所以．因为AB为圆O的直径，所以．又，平面，所以平面，因为平面，所以．（2）以为原点，OA，分别为y，z轴，垂直于y，z轴的直线为x轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，因为劣弧的长为，所以，，则，．设平面的法向量，则，令，解得，，所以．因为x轴垂直平面，所以平面的一个法向量．所以，又二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为．20.某学校进行趣味投篮比赛，设置了A，B两种投篮方案.方案A：罚球线投篮，投中可以得2分，投不中得0分；方案B：三分线外投篮，投中可以得3分，投不中得0分.甲、乙两位员工参加比赛，选择方案A投中的概率都为，选择方案B投中的概率都为，每人有且只有一次投篮机会，投中与否互不影响.（1）若甲选择方案A投篮，乙选择方案B投篮，记他们的得分之和为X,，求X的分布列；（2）若甲、乙两位员工都选择方案A或都选择方案B投篮，问：他们都选择哪种方案投篮，得分之和的均值较大？解：（1）依题意，甲投中的概率为，乙投中的概率为，于是得，解得，X的所有可能值为0，2，3，5，，，，，所以X的分布列为：0235（2）设甲、乙都选择方案A投篮，投中次数为，都选择方案B投篮，投中次数为，则，，则两人都选择方案A投篮得分和的均值为，都选择方案B投篮得分和的均值为，则，，若，即，解得；若，即，解得；若，即，解得.所以当时，甲、乙两位同学都选择方案A投篮，得分之和的均值较大；当时，甲、乙两位同学都选择方案A或都选择方案B投篮，得分之和的均值相等；当时，甲、乙两位同学都选择方案B投篮，得分之和的均值较大.21.已知椭圆的焦距为，左、右顶点分别为，上顶点为B，且．（1）求椭圆C的方程；（2）若过且斜率为k的直线l与椭圆C在第一象限相交于点Q，与直线相交于点P，与y轴相交于点M，且．求k的值．解：（1）由题意得，解得，又，故，即，又，解得，，故椭圆方程为；（2）直线l的方程为，，与联立得，设，则，解得，因为点Q在第一象限，所以，解得，直线方程为，与联立得，故，中，令得，故，因为，所以，整理得，即，化简得，解得或，其中不满足，舍去，满足要求，故.22.已知函数，函数的图象在点处的切线方程为.（1）讨论的导函数的零点的个数；（2）若，且在上的最小值为，证明：当时，.（1）解：由题意，得的定义域为，.显然当时，恒成立，无零点当时，取，则，即单调递增，又，，所以导函数存在唯一零点.故当时，存在唯一零点，当时，无零点.（2）证明：由（1）知，当时，单调递增，所以，所以.因为，函数的图象在点处的切线方程为，所以，所以.又，所以，所以.根据题意，要证，即证，只需证.令，则.令，则，所以在上单调递增.又，，所以有唯一的零点.当时，，即，单调递减，当时，，即，单调递增，所以.又因，所以，所以，故.山西省运城市2024届高三上学期期末调研测试数学试题一、单项选择题1.复数，则等于（）A.1 B. C.2 D.〖答案〗D〖解析〗结合题意可得：，所以.故选：D.2.设，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件〖答案〗B〖解析〗，解得，由于是的真子集，故是的必要不充分条件.故选：B.3.已知是奇函数，则（）A. B. C.2 D.1〖答案〗C〖解析〗由题意得，即，所以，故，所以，解得.故选：C4.第33届夏季奥运会预计2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举办，这届奥运会将新增2个竞赛项目和3个表演项目．现有三个场地A，B，C分别承担这5个新增项目的比赛，且每个场地至少承办其中一个项目，则不同的安排方法有（）A.150种 B.300种 C.720种 D.1008种〖答案〗A〖解析〗若三个场地分别承担个项目，则有种安排，若三个场地分别承担个项目，则有种安排，综上，不同的安排方法有种.故选：A5.设，，，则a，b，c的大小关系为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗，即，，即，因为，所以，即，且，则，所以.故选：D6.已知双曲线的左、右焦点分别为，，A为C的右顶点，以为直径的圆与C的一条渐近线交于P，Q两点，且，则双曲线C的离心率为（）A. B. C. D.3〖答案〗C〖解析〗由题意得，以为直径的圆的方程为，，渐近线方程为，联立，解得，不妨令，故，因为，所以，所以，解得，故离心率.故选：C.7.已知等差数列中，，设函数，记，则数列的前17项和为（）A. B. C. D.0〖答案〗C〖解析〗由题意知，当时，，即关于点成中心对称，由于等差数列中，，故，故，，故数列的前17项和为，故选：C.8.已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，，则直线与平面夹角的正弦值为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗如图，由题意可知，，中，根据余弦定理可知，则，过点作平面，，连结，，连结，因为平面，平面，所以，且平面所以平面，平面，所以，又因为，所以，同理，中，，则，根据等面积公式，，所以，，又，所以，则，直线与平面夹角的夹角为，.故选：B.二、多项选择题9.关于下列命题中，说法正确的是（）A.若事件A、B相互独立，则B.数据63，67，69，70，74，78，85，89，90，95的第45百分位数为78C已知，，则D.已知，若，则〖答案〗AC〖解析〗对于A，若事件A、B相互独立，则,而，A正确；对于B，数据63，67，69，70，74，78，85，89，90，95已为从小到大排列，共10个数，又，故第45百分位数为第5个数74，B错误；对于C，由于，，故，则，故，C正确；对于D，由于，，故，故，故，D错误，故选：AC10.已知函数，则（）A.的一个周期为2 B.的定义域是C.的图象关于点对称 D.在区间上单调递增〖答案〗ACD〖解析〗对于A，由可知其最小正周期，故A正确；对于B，由可知，故B错误；对于C，由可知，此时的图象关于点对称，故C正确；对于D，由可知，又在上递增，显然，故D正确.故选：ACD.11.如图，正方体的棱长为2，P是直线上的一个动点，则下列结论中正确的是（）A.的最小值为B.的最小值为C.三棱锥的体积为D.以点B为球心，为半径的球面与面在正方体内的交线长为〖答案〗ABD〖解析〗对于A，为边长为的等边三角形，的最小值即该等边三角形的高，为，故A正确；对于B，如图，将等边绕旋转到与平面共面，显然，故B正确；对于C，当P在D上时，，故C错误；对于D，设点B到平面的距离为d,，，，，以点B为球心，为半径的球面与面在正方体内的交线是以中心为圆心，以为半径的圆，如图，圆有一部分在正方体外，，由A得，，所以，，所以有圆周在正方体内部，其长度为，故D对.故选：ABD.12.已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于、两点，与其准线交于点，为的中点，且，点是抛物线上间不同于其顶点的任意一点，抛物线的准线与轴交于点，抛物线在、两点处的切线交于点，则下列说法正确的是（）A.抛物线焦点的坐标为B.过点作抛物线的切线，则切点坐标为C.在中，若，，则的最大值为D.〖答案〗CD〖解析〗对于A选项，抛物线的焦点为，准线方程为，设点，因为为线段的中点，则，由抛物线的定义可得，解得，则，A错；对于B选项，由A选项可知，抛物线的方程为，点，若切线的斜率不存在，则该直线与抛物线相交，且只有一个交点，不合乎题意，所以，切线的斜率存在，设切线的方程为，联立可得，则，解得，所以，切点横坐标为，纵坐标为，故切点坐标为，B错；对于C选项，过点作与直线垂直，垂足点为点，由抛物线的定义可得，，由图可知，当直线与抛物线相切时，锐角取最大值，此时，取最大值，由B选项可知，锐角的最大值为，故的最大值为，C对；对于D选项，设点、，若直线的斜率不存在，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，所以，直线的斜率存在，设直线的方程为，联立，可得，，由韦达定理可得，，对函数求导得，所以，直线的方程为，即，同理可知，直线的方程为，因为，则，联立可得，即点，则，而，所以，，则，所以，，由可得，所以，，D对故选：CD.三、填空题13.已知向量，，若，则____________.〖答案〗〖解析〗因为，，所以，因为，所以，解得.故〖答案〗为：.14.的展开式中的系数为______.〖答案〗〖解析〗展开式的通项为，令，得，所以展开式中的系数为.故〖答案〗为：.15.过原点的动直线l与圆交于不同的两点A，B.记线段的中点为P，则当直线l绕原点转动时，动点P的轨迹长度为____________.〖答案〗〖解析〗由题意可知圆的圆心为，半径为，根据圆的性质可知，则为直角三角形，即P在以为直径的圆上，设中点为E，该圆半径为，易知，又线段的中点为P，则P在圆的内部，如图所示其轨迹即.因为，易得，则，所以的弧长为.故〖答案〗为：16.设是函数的两个极值点，若，则的范围为____________.〖答案〗〖解析〗由，可得，因为是函数的两个极值点，所以是的两根，当时，方程不成立，故是的两根，即与的图象有两个交点，令则，当时，，当时，，所以在单调递减；在上单调递增.则图象如下图所示，由图象可知：且因为，所以，当时，不妨令，则，即，化简得，即，当时，，若，则，即的取值范围为.故〖答案〗为：.四、解答题17.在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且.（1）求角B的大小；（2）若，D为边上的一点，，且______________，求的面积．①是的平分线；②D为线段的中点.（从①，②两个条件中任选一个，补充在上面的横线上并作答）.解：（1）由正弦定理知，，，代入上式得，，，，，.（2）若选①：由平分得：，，即.在中，由余弦定理得，，联立，得，解得，若选②：得，，得，在中，由余弦定理得，，联立，得，18.已知递增的等比数列满足，且，，成等差数列.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前20项和.解：（1）设公比为，因为，，成等差数列，所以，所以，解得或（舍去），所以.（2）根据题意得.19.如图，在圆柱体中，，，劣弧的长为，AB为圆O的直径．（1）在弧上是否存在点C（C，在平面同侧），使，若存在，确定其位置，若不存在，说明理由；（2）求二面角的余弦值．解：（1）存在，当为圆柱的母线时，．证明如下：连接BC，AC，，因为为圆柱的母线，所以平面ABC，又因为平面ABC，所以．因为AB为圆O的直径，所以．又，平面，所以平面，因为平面，所以．（2）以为原点，OA，分别为y，z轴，垂直于y，z轴的直线为x轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，因为劣弧的长为，所以，，则，．设平面的法向量，则，令，解得，，所以．因为x轴垂直平面，所以平面的一个法向量．所以，又二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为．20.某学校进行趣味投篮比赛，设置了A，B两种投篮方案.方案A：罚球线投篮，投中可以得2分，投不中得0分；方案B：三分线外投篮，投中可以得3分，投不中得0分.甲、乙两位员工参加比赛，选择方案A投中的概率都为，选择方案B