2024届山西省高考三模数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE3山西省2024届高考三模数学试题（〖解析〗版）一、单项选择题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.④〖答案〗A〖解析〗由韦恩图可知包含区域①④，所以表示的区域为①.故选：A.2.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.7〖答案〗C〖解析〗如图，建立平面直角坐标系，则，则.故选：C3.抛物线的焦点坐标为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由可得，其焦点坐标为，故选：B.4.设函数，则不等式的解集为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗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.若，且，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，则，且，则，可得，，又因为，则，且，可得，，所以.故选：D6.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.18〖答案〗B〖解析〗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：B.7.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.〖答案〗D〖解析〗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.故选：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.〖答案〗B〖解析〗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：B二、多项选择题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〖答案〗ACD〖解析〗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.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〖答案〗ACD〖解析〗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.已知函数，若，且，则的取值可能是（）A. B. C. D.〖答案〗BC〖解析〗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.三、填空题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).〖答案〗108〖解析〗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〖答案〗：10813.已知函数，若函数恰有一个零点，则的取值范围是____________.〖答案〗〖解析〗，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〖答案〗为：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____________.〖答案〗〖解析〗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，因此，故，故〖答案〗为：四、解答题15.已知等差数列的公差，前项和为，且，.（1）求数列通项公式；（2）若，求数列的前项和.解：（1）因为，，所以，解得或，因为，所以，则；（2）由（1）可得，所以.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.（1）证明：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）解：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.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:0123456789100.02820.01210.00520.00220.00100.00040.00020.00010.00000.00000.0000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.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.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.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）解：当时，则，因为为函数在上的“拉格朗日中值点，则，即，解得（2）证明：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，连线的斜率不大于；（3）证明：当时，由拉格朗日中值定理知，存在和，使得，，所以只需证明，即证明在上单调递减，又，令，则，令，则，当时，令，，则，则在上单调递增，又，，所以存在使得，所以当时，则，即单调递增，当时，则，即单调递减，所以在处取得极大值，即最大值，所以，所以，所以在上单调递减，即在上单调递减，命题得证.山西省2024届高考三模数学试题（〖解析〗版）一、单项选择题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.④〖答案〗A〖解析〗由韦恩图可知包含区域①④，所以表示的区域为①.故选：A.2.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.7〖答案〗C〖解析〗如图，建立平面直角坐标系，则，则.故选：C3.抛物线的焦点坐标为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由可得，其焦点坐标为，故选：B.4.设函数，则不等式的解集为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗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.若，且，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，则，且，则，可得，，又因为，则，且，可得，，所以.故选：D6.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.18〖答案〗B〖解析〗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：B.7.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.〖答案〗D〖解析〗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.故选：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.〖答案〗B〖解析〗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：B二、多项选择题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〖答案〗ACD〖解析〗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.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〖答案〗ACD〖解析〗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.已知函数，若，且，则的取值可能是（）A. B. C. D.〖答案〗BC〖解析〗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.三、填空题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).〖答案〗108〖解析〗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〖答案〗：10813.已知函数，若函数恰有一个零点，则的取值范围是____________.〖答案〗〖解析〗，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〖答案〗为：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____________.〖答案〗〖解析〗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，因此，故，故〖答案〗为：四、解答题15.已知等差数列的公差，前项和为，且，.（1）求数列通项公式；（2）若，求数列的前项和.解：（1）因为，，所以，解得或，因为，所以，则；（2）由（1）可得，所以.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.（1）证明：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）解：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.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:0123456789100.02820.01210.00520.00220.00100.00040.00020.00010.00000.00000.0000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.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.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，