山西省山西大學附屬中學校2024屆高三下學期第一次月考數學試題-試卷下載-教習網

考查時間：120分鐘滿分：150分
考查內容：全部審核人：高三數學組
一、選擇題（本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．）
1. 若集合，則（）
A. B.
C D.
【答案】C
【解析】
【分析】先解出集合B，再進行集合的并集運算.
【詳解】因為，所以.
故選：C
2. 若拋物線上一點到焦點的距離為1，則點的橫坐標是（）
A. B. C. 0D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】將拋物線方程化為標準形式，根據焦半徑公式得到方程，求出答案.
【詳解】化為標準形式為，故焦點坐標為，準線方程為，
由焦半徑可得，解得.
故選：A
3. 是虛數單位，復數滿足，其中. ：“復數在復平面內對應的點在第一象限”，則下列條件是的充分不必要條件的是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據題意求得復數，根據充分、必要條件分析求解.
【詳解】因為，則，
若復數在復平面內對應的點在第一象限，則，解得，
即：，
因為選項中只有為的真子集，
所以選項中只有是的充分不必要條件.
故選：D.
4. 已知平面向量，均為單位向量，且，，則的最大值是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】建立平面直角坐標系，結合圓的幾何性質求得正確答案.
【詳解】依題意平面向量，均為單位向量，且，
建立如圖所示平面直角坐標系，設，
設，由，
所以點在以原點為圓心，半徑為的圓上，
表示以原點為圓心，
半徑為的圓上的點與點的距離，
所以，根據圓的幾何性質可知：的最大值是，
其中是點與原點的距離.
故選：C
5. 基礎學科對于一個國家科技發(fā)展至關重要，是提高核心競爭力，保持戰(zhàn)略領先的關鍵．其中數學學科尤為重要．某雙一流大學為提高數學系學生的數學素養(yǎng)，特開設了“九章算術”，“古今數學思想”，“數學原理”，“世界數學通史”，“算術研究”五門選修課程，要求數學系每位同學每學年至多選三門，且已選過的課程不能再選，大一到大三三學年必須將五門選修課程選完，則每位同學的不同選修方式種數為（）．
A. 種B. 種C. 種D. 種
【答案】B
【解析】
【分析】將所有選修方式分為兩年修完和三年修完兩類，結合分組分配的方式可求得結果.
【詳解】若兩年修完全部五門選修課程，先將五門課程分成兩組，再從三個學年中選取兩年來安排課程，
則共有種選修方式；
若三年修完全部五門選修課程，則先將五門課程分成三組，再安排到三個學年中，
則共有種選修方式；
綜上所述：每位同學不同的選修方式種數為種.
故選：B.
6. 《幾何原本》是古希臘數學家歐幾里得的一部不朽之作，書中稱軸截面為等腰直角三角形的圓錐為直角圓錐，若直角圓錐底面圓的半徑為1，則其內接正方體的棱長為（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】沿正方體上底面的對角線作圓錐的軸截面，根據相似三角形即可求解.
【詳解】
沿正方體上底面的對角線作圓錐的軸截面，如圖所示，
由題知為等腰直角三角形，，，
設正方體的棱長，
則，，
則由與相似可得，即，
，所以正方體棱長為.
故選：C.
7. 設S是整數集Z的非空子集，如果任意的，有，則稱S關于數的乘法是封閉的.若、是Z的兩個沒有公共元素的非空子集，．若任意的，有，同時，任意的，有，則下列結論恒成立的是( )
A. 、中至少有一個關于乘法是封閉的
B. 、中至多有一個關于乘法是封閉的
C. 、中有且只有一個關于乘法是封閉
D. 、中每一個關于乘法都是封閉的
【答案】A
【解析】
【分析】本題從正面解比較困難，可運用排除法進行作答．考慮把整數集Z拆分成兩個互不相交的非空子集、的并集，如為奇數集，為偶數集，或為負整數集，為非負整數集進行分析排除即可．
【詳解】若為奇數集，為偶數集，滿足題意，此時與關于乘法都是封閉的，排除B、C；
若為負整數集，為非負整數集，也滿足題意，此時只有關于乘法是封閉的，排除D；
從而可得、中至少有一個關于乘法是封閉的，A正確.
故選：A．
8. 已知在所在平面內，，、分別為線段、的中點，直線與相交于點，若，則（）
A. 最小值為
B. 的最小值為
C. 的最大值為
D. 的最大值為
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量的線性運算和數量積的公式，結合基本不等式求最值即可.
【詳解】
，且為線段的中點，
所以,
則,,
設,
則，
且和共線，，
所以，.
故為線段的中點,且,
所以,
且,若，
則,
即,
故,當且僅當時，等號成立；
,當的最大時, 即最小時，
此時，
.
故選：D
二、選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求的．全部選對的得6分，部分選對得3分，有選錯的得0分．）
9. 下列結論正確的是（）
A. 若a，b為正實數，，則
B. 若a，b，m為正實數，，則
C. 若，則“”是“”的充分不必要條件
D. 不等式成立的充分不必要條件是，則m的取值范圍是
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用作差法即可求解AB,結合充分不必要條件，即可根據不等式的性質求解CD.
【詳解】對于A，因為，為正實數，，
所以，所以，故A正確；
對于B，因為，，為正實數，，所以，所以，故B錯誤；
對于C，由，可得或，故由可得，
但是不一定得到，故“”是“”的充分不必要條件，故C正確；
對于D，由可得，由于成立的充分不必要條件是，
所以或，解得，故D正確．
故選：ACD
10. 某地教師招聘考試，有3200人參加筆試，滿分為100分，筆試成績前20%（含20%）的考生有資格參加面試，所有考生的筆試成績和年齡分別如頻率分布直方圖和扇形統計圖所示，則（）
A. 90后考生比00后考生多150人B. 筆試成績的60%分位數為80
C. 參加面試的考生的成績最低為86分D. 筆試成績的平均分為76分
【答案】BD
【解析】
【分析】根據題意，由統計圖表中的數據，結合頻率分布直方圖的面積和百分位數，以及平均數的計算公式，逐項判定，即可求解.
【詳解】對于A中，由年齡的扇形統計圖，可得90后的考生有人，
00后的考生有人，可得人，所以A不正確；
對于B中，由頻率分布直方圖性質，可得，
解得，則前三個矩形的面積和，
所以試成績分位數為分，所以B正確；
對于C中，設面試成績的最低分為，由前三個矩形的面積和為，第四個矩形的面積為，則分，所以C不正確；
對于D中，根據頻率分布直方圖的平均數的計算公式，可得考試的平均成績?yōu)椋?br>分，所以D正確.
故選：BD.
11. 已知非常數函數及其導函數的定義域均為，若為奇函數，為偶函數，則（）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根據為奇函數可求出判斷A，再由為奇函數，為偶函數求出可得周期，據此可判斷B，根據函數的周期可求的周期判斷CD.
【詳解】因為非常數函數及其導函數的定義域均為，
若為奇函數，則，則的圖象關于點對稱，且，故A錯誤；
因為為偶函數，所以，即，
則，又，所以，
所以，即，所以，
故的周期為8，所以，，在中，令，得，所以，故B正確；
對兩邊同時求導，得，
所以導函數的周期為8，所以，故C正確；
由周期，得，，對兩邊同時求導，得，令，得，
所以，故D正確.
故選：BCD.
三、填空題（本題共3小題，每小題5分，共15分．）
12. 各項均為正數的等比數列的前項和為，且，，成等差數列，若，則 _____．
【答案】15
【解析】
【分析】由，，成等差數列可得，利用通項公式代入求出公比，再由等比數列求和公式即可求.
【詳解】設等比數列的公比為，
因為，，成等差數列，
所以，
所以，
因為，且各項均為正數，
所以解得，
所以.
故答案為：15
13. 刻畫空間的彎曲性是幾何研究的重要內容，在數學上用曲率刻畫空間彎曲性.規(guī)定：多面體的頂點的曲率等于與多面體在該點的面角之和的差（多面體的面的內角叫做多面體的面角，角度用弧度制），多面體面上非頂點的曲率均為零，多面體的總曲率等于該多面體各頂點的曲率之和.例如：正四面體在每個頂點有3個面角，每個面角是，所以正四面體在每個頂點的曲率為，故其總曲率為.根據曲率的定義，正方體在每個頂點的曲率為___________，四棱錐的總曲率為___________.
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【分析】根據曲率的定義結合正方體和四棱錐的特點即可得到答案.
【詳解】根據曲率的定義可得正方體在每個頂點的曲率為；
由定義可得多面體的總曲率頂點數各面內角和，
因為四棱錐有5個頂點，5個面，分別為4個三角形和1個四邊形，
所以任意四棱錐的總曲率為.
故答案為：；.
14. 已知點在函數上，若滿足到直線的距離為的點有且僅有兩個，則實數的取值范圍是______.
【答案】
【解析】
【分析】求得，設切點，令，求得切點，求得點到直線的距離為時，，求得的值，結合圖象，即可求解.
【詳解】由函數，可得，
設切點，令，即，解得，即切點
所以點到直線的距離為時，，解得或，
當時，函數圖象與直線不相交（如圖所示），
從而函數的圖象上只有一點到直線的距離為；
當時，函數圖象與直線相交（如圖所示），
從而函數的圖象上有且僅有三個點到直線的距離為，
綜上，要滿足點到直線的距離為的點有且僅有兩個時，滿足，
即實數取值范圍為.
故答案為：.
四、解答題（本題共5小題，共77分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．）
15. 如圖，在四棱錐中，底面是平行四邊形，分別為上的點，且.

（1）證明：平面；
（2）若平面為的中點，，求二面角的正切值.
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用面面平行，然后得到線面平行；
（2）建立空間直角坐標系，利用向量法求解面面夾角，從而求解.
【小問1詳解】
證明：如圖，在上取一點，使得，連接，，，
因為底面是平行四邊形，所以，所以，
因為，，所以四邊形是平行四邊形，所以，
因為平面，平面，所以平面，
又因為，所以，所以，
因為平面，平面，所以平面，
又因為，平面，所以平面平面，
因為平面，所以平面.
【小問2詳解】
當為中點，，，易知，為中點，
又因為平面，所以兩兩垂直，
則以為坐標原點，所在直線為軸建立空間直角坐標系，如（1）圖，
設，則，，，，
所以，，.
設平面的一個法向量為，
則，令，得，
設平面的一個法向量為，
則，令，得，
所以，
故二面角的正弦值為，
所以正切值為.
故二面角的正切值為.
16. 在直角坐標系中，拋物線與直線交于兩點．
（1）若點的橫坐標為4，求拋物線在點處的切線方程；
（2）探究軸上是否存在點，使得當變動時，總有？若存在，求出點坐標；若不存在，請說明理由．
【答案】（1）
（2）存在；
【解析】
【分析】（1）根據導數的幾何意義求解；
（2）總有，即直線與直線的傾斜角互補，即恒有，聯立直線與拋物線方程，得到韋達定理代入運算，判斷得解.
【小問1詳解】
由已知，得，因為，所以，斜率，
因此，切線方程為，即．
【小問2詳解】
存在符合題意的點，理由如下：
設點為符合題意的點，，直線的斜率分別為．
聯立方程，得，
因為，則，可得，
從而
，
因為不恒為0，可知當且僅當時，恒有，
則直線與直線的傾斜角互補，故，
所以點符合題意．
17. 杭州亞運會吉祥物為一組名為“江南憶”的三個吉祥物“宸宸”，“琮琮”，“蓮蓮”，聚焦共同的文化基因，蘊含獨特的城市元素．本次亞運會極大地鼓舞了中國人民參與運動的熱情．某體能訓練營為了激勵參訓隊員，在訓練之余組織了一個“玩骰子贏禮品”的活動，他們來到一處訓練場地，恰有20步臺階，現有一枚質地均勻的骰子，游戲規(guī)則如下：擲一次骰子，出現3的倍數，則往上爬兩步臺階，否則爬一步臺階，再重復以上步驟，當隊員到達第7或第8步臺階時，游戲結束．規(guī)定：到達第7步臺階，認定失?。坏竭_第8步臺階可贏得一組吉祥物．假設平地記為第0步臺階．記隊員到達第步臺階的概率為（），記．
（1）投擲4次后，隊員站在的臺階數為第階，求的分布列；
（2）①求證：數列（）是等比數列；
②求隊員贏得吉祥物的概率．
【答案】（1）答案見解析
（2）①證明見解析；②
【解析】
【分析】（1）由題意可得爬一步臺階的概率為，爬兩步臺階的概率為，列出隨機變量可能取值，求出對應的概率，求出分布列即可；
（2）（i）由題意可得，分類討論到達第步臺階的情況，求出對應的概率，進而（），結合等比數列的定義即可證明；（ii）由（i），根據等比數列的通項公式可得，利用累加法求得（），令計算即可求解.
【小問1詳解】
由題意得每輪游戲爬一步臺階的概率為，爬兩步臺階的概率為，
所以隨機變量可能取值為4，5，6，7，8，
可得，，
，，
，
所以的分布列：
【小問2詳解】（?。┳C明：，即爬一步臺階，是第1次擲骰子，
向上點數不是3的倍數概率，則
到達第步臺階有兩種情況：
①前一輪爬到第步臺階，又擲骰子是3的倍數得爬兩步臺階，其概率為，
②前一輪爬到第步臺階，又擲骰子不是3的倍數爬一步臺階，其概率為，
所以（），
則（），
所以數列（）是首項為，公比為的等比數列．
（ⅱ）因為數列是首項為，公比為的等比數列，
所以，所以，，…，，
各式相加，得：，所以（），
所以活動參與者得到紀念品的概率為
．
18. 設數列的前n項和為，已知，.
（1）證明數列為等比數列；
（2）設數列的前n項積為，若對任意恒成立，求整數的最大值.
【答案】（1）證明見解析
（2）0
【解析】
【分析】（1）利用數列作差得到遞推關系，再利用等比數列定義證明；
（2）根據等比數列定義求出通項公式和前n項和與積，進而對化簡，利用裂項相消法求和，分參求的取值范圍.
【小問1詳解】
因為，①
當時，，②
①②得：，即，
經檢驗符合上式，
所以數列是首項為3，公比為3的等比數列.
【小問2詳解】
由（1）知，所以，
，
所以
，
所以恒成立，即，
化簡得：，
令，所以，
所以數列是遞增數列，最小值為，
所以，故整數的最大值為0.
19. 已知集合（），對于，，定義A與B的差為(，，…，)；A與B之間的距離為=++…+．
（1）若寫出所有可能的A，B；
（2），證明：；
（3），證明：三個數中至少有一個是偶數．
【答案】（1）；；； .
（2）詳見解析；（3）詳見解析.
【解析】
【分析】（1）由題意結合新定義可直接得解；
（2）先證明、時，均有，由新定義運算即可得證；
（3）設，，，由（2）可得，，，設是使成立的的個數，即可得，由此可證得結果..
【詳解】（1）由題意可得，所有滿足要求的，為：
，；，；
，；，.
（2）證明：令，，，
對，
當時，有；
當時，有.
所以
.
（3）設，，，，，，
記，由（2）可知: ，
，，
所以中1的個數為，中1的個數為.
設是使成立的的個數，則.
由此可知，，，三個數不可能都是奇數，
即，，三個數中至少有一個是偶數.
【點睛】關鍵點點睛：第（3）問的關鍵點是：深刻領會新定義，由（2）中結論結合奇偶分析可證得結果.
4
5
6
7
8

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