2024届山西省高三下学期高考数学仿真模拟试题（三模）含解析

2024届山西省高三下学期高考数学仿真模拟试题（三模）注意事项:1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在试卷和答题卡指定位置上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案用的黑色笔迹签字笔写在答题卡上，写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、单项选择题:本题共8小题，每小题5分，共40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．已知集合，均为集合的子集，则表示的区域为（

）A．① B．② C．③ D．④2．向量在边长为1的正方形网格中的位置如图所示，则（

）A．-7 B．-1 C．1 D．73．抛物线的焦点坐标为（

）A． B． C． D．4．设函数，则不等式的解集为（

）A． B． C． D．5．若，且，则（

）A． B． C． 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．15 B．16 C．17 D．187．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．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．二、多项选择题:本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.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11．已知函数，若，且，则的取值可能是（

）A． B． C． D．三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.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).13．已知函数，若函数恰有一个零点，则的取值范围是.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.四、解答题:本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15．已知等差数列的公差，前项和为，且，.(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前项和.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.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:0123456789100.02820.01210.00520.00220.00100.00040.00020.00010.00000.00000.000018．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.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．A【分析】根据韦恩图及补集、交集的定义判断即可.【详解】由韦恩图可知包含区域①④，所以表示的区域为①.故选：A2．C【分析】建立平面直角坐标系，写出两向量的坐标，求出数量积.【详解】如图，建立平面直角坐标系，则，则.故选：C3．B【分析】将抛物线方程化为标准方程，再求焦点坐标即可.【详解】由可得，其焦点坐标为，故选：B4．C【分析】首先判断函数的奇偶性与单调性，再根据奇偶性与单调性将函数不等式转化为自变量的不等式，解得即可.【详解】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：C5．D【分析】根据结合的范围分析可得，，再根据结合的范围分析可得，由结合两角和差公式分析求解.【详解】因为，则，且，则，可得，，又因为，则，且，可得，，所以.故选：D.6．B【分析】设参加射门比赛的男教师人数为，根据总体的平均数求出，设女教师进球数的方差为，根据方差公式计算可得.【详解】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：B7．D【分析】首先利用正弦定理求得，再利用余弦定理列方程求得，进而求角，从而利用可得的长度.【详解】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,于是.故选：D.8．B【分析】建立空间直角坐标系，求解平面法向量，利用向量法求解点面距离，即可根据体积公式求解.【详解】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：B9．ACD【分析】根据复数的除法运算化简可得，即可求解AB，根据模长公式以及复数的几何意义即可求解CD.【详解】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：ACD10．ACD【分析】根据球的几何性质，结合勾股定理，即可结合选项逐一求解.【详解】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：ACD11．BC【分析】依题意可得直线是函数的一条对称轴，即可得到，从而求出的值，再由两角和的正弦公式将函数化简，由时函数取得最小值求出.【详解】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关键点点睛：本题解答的关键是根据对称性得到，从而确定的值.12．108【分析】根据分步乘法计数原理，结合排列组合即可求解.【详解】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10813．【分析】根据对勾函数的性质以及导数求解函数的最值，即可作出函数的图象，根据只有一个交点，即可结合图象求解.【详解】，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14．【分析】联立渐近线与直线的方程，可得坐标，继而根据点点距离公式可得，即可利用基本不等式求解最值得求解.【详解】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，故最小值为，因此，故，故方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得的值，根据离心率的定义求解离心率的值；（2）齐次式法：由已知条件得出关于的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.15．(1)(2)【分析】（1）依题意得到关于、的方程组，解得、，即可求出通项公式；（2）由（1）可得，利用分组求和法计算可得.【详解】（1）因为，，所以，解得或，因为，所以，则；（2）由（1）可得，所以.16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据垂直关系，结合勾股定理可得即可求证，根据线线垂直可得平面，进而可得，进而可得平面，即可求证面面垂直，（2）根据勾股定理以及线线垂直可证明平面,即可得为直线与平面所成的角，即可求解.【详解】（1）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）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．(1)(2)15(3)0.708【分析】（1）根据题意服从超几何分布，先计算概率，再计算期望代入方差公式即可.（2）有放回的摸球，所以服从二项分布，利用期望，方差公式联立求出.（3）有放回的摸球，每次摸一个球，摸10次，红球出现的次数是服从二项分布的，想利用摸出红球的频率估计袋中红球所占比例，当红球有30个时，红球实际的比例为如果红球占比估计值的误差不超过，，则只能取2、3或4.，又因为红球出现的次数是服从二项分布的，所以概率利用二项分布的计算可得.【详解】（1）X的取值有0，1，2.且服从超几何分布.因此,,;分布列如下：X012P..（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．(1)(2)(3)【分析】（1）根据已知条件求出，结合构造方程组，确定、的值即可求出椭圆方程；（2）根据椭圆与双曲线的对称性，确定各交点确定的四边形为矩形，设出交点坐标，矩形面积，利用基本不等式即可求出最值；（3）根据两直线过的定点及斜率和为设出两直线方程，直曲联立，利用伟大定理即可求出，，，，由此即可确定、坐标，求出直线方程，确定直线过定点，由此可求出面积，换元利用基本不等式求最值即可.【详解】（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.方法点睛：直线与圆锥曲线综合问题，需要直曲联立，利用韦达定理结合曲线的定义，曲线的性质进行求解.19．(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）求出函数的导函数，依题意，解得即可；（2）不妨设，，，则，求出函数的导函数，再构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可证明，再结合拉格朗日中值定理证明即可；（3）由拉格朗日中值定理可知只需证明，即证明在上单调递减，求出导函数，再构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可得证.【详解】（1）当时，则，因为为函数在上的“拉格朗日中值点，则，即，解得（2）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