精品解析：山西省阳泉市2024届高三下学期第三次模拟测试数学试题

秘密★启用前 2024年阳泉市高三年级第三次模拟测试试题 数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡相应的位置． 2．全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 4．考试时间120分钟，满分150分． 一、单项选择题：（本大题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. 设集合，则集合与集合的关系是（ ） A. B. C. D. 2. 已知是实系数方程的一个复数根，则（ ） A. B. C. 1 D. 9 3. 已知：，：，且是的必要不充分条件，则实数 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 已知等差数列中，是函数的一个极大值点，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知非零向量，满足，且在上的投影向量为，则（ ） A. B. C. 2 D. 6. 已知双曲线的左、右焦点分别为，双曲线的右支上有一点与双曲线的左支交于点，线段的中点为，且满足，若，则双曲线 的离心率为（ ） A. 2 B. C. D. 7. 中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，设为整数，若 和被m除得的余数相同，则称 和对模m同余，记为.如9和21除以6所得的余数都是3，则记为，若，，则的值可以是（ ） A. 2019 B. 2020 C. 2021 D. 2022 8. 已知正方体的棱长为为线段上的动点，则三棱锥外接球半径的取值范围为（ ） 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. 已知圆，若圆 上仅存在一点使，则正实数 的取值可以是（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 10. 在一个有限样本空间中，假设，且 与相互独立， 与 互斥，则（ ） A. B. C. D. 若，则与 互斥 11. 已知定义在上的函数 满足，则（ ） A. 是奇函数 B. 在上单调递减 C. 是偶函数 D. 在 在上单调递增 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，则__________. 13. 已知数列的前项和为，且，则数列的前100项和______． 14. 已知函数恰有3个零点，则的取值范围是______. 四、解答题：（本题共5个小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 如图，某乡镇绿化某一座山体，以地面为基面，在基面上选取A，B，C，D四个点，使得，，． （1）若B，D选在两个村庄，两村庄之间有一直线型隧道，且，，求A，C两点间距离； （2）若测得，求的值． 16. 全国“村BA”篮球赛点燃了全民的运动激情，深受广大球迷的喜爱.每支球队都有一个或几个主力队员，现有一支“村BA”球队，其中甲球员是其主力队员，经统计该球队在某个赛季的所有比赛中，甲球员是否上场时该球队的胜负情况如表. 甲球员是否上场 球队的胜负情况 合计 胜 负 上场 40 45 未上场 3 合计 42 （1）完成列联表，并判断依据小概率值的独立性检验，能否认为球队的胜负与甲球员是否上场有关； （2）由于队员的不同，甲球员主打的位置会进行调整，根据以往的数据统计，甲球员上场时，打前锋、中锋、后卫的概率分别为0.3，0.5，0.2，相应球队赢球的概率分别为0.7，0.8，0.6. （i）当甲球员上场参加比赛时，求球队赢球的概率； （ii）当甲球员上场参加比赛时，在球队赢了某场比赛的条件下，求甲球员打中锋的概率.（精确到0.01） 附：，. 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.001 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 17. 在三棱柱中，四边形是菱形，是等边三角形，点是线段的中点，． （1）证明：平面； （2）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值． 18. 设函数. （1）当时恒成立，求k的最大值； （2）证明：对任意正整数n，不等式恒成立. 19. 已知圆．点在圆上，延长到 ，使，点在线段上，满足． （1）求点的轨迹的方程； （2）设点在直线上运动，．直线与轨迹分别交于两点，求证：所在直线恒过定点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 秘密★启用前 2024年阳泉市高三年级第三次模拟测试试题 数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡相应的位置． 2．全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 4．考试时间120分钟，满分150分． 一、单项选择题：（本大题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. 设集合，则集合与集合的关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别求函数的值域和函数的定义域，即得集合，从而可确定选项. 【详解】由，，可得，则，故， 又由有意义，可得，即得，故， 则显然有. 故选：C. 2. 已知是实系数方程的一个复数根，则（ ） A. B. C. 1 D. 9 【答案】A 【解析】 【分析】根据虚根成对原理也是实系数方程的一个复数根，再由韦达定理计算可得. 【详解】因为是实系数方程的一个复数根， 则也是实系数方程的一个复数根， 所以，解得， 所以. 故选：A 3. 已知：，：，且是的必要不充分条件，则实数 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用绝对值不等式的解法化简，再由充分条件与必要条件的定义，结合集合的包含关系列不等式求解即可. 【详解】因为：， 所以， 记； ，记为． 因为是的必要不充分条件，所以A ， 所以，解得． 故选:A． 4. 已知等差数列中，是函数的一个极大值点，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出函数 的极大值点得，然后由等差数列性质结合诱导公式可得. 【详解】由正弦函数性质知，当，即时，函数取得极大值， 则，由等差数列性质，得， 所以. 故选：D 5. 已知非零向量，满足，且在上的投影向量为，则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，的夹角为，由题意可得，，解方程即可得出答案. 【详解】设，的夹角为， 由可得：， ，所以， 在上的投影向量为，则， 所以，即，则. 故选：B. 6. 已知双曲线的左、右焦点分别为，双曲线的右支上有一点与双曲线的左支交于点 ，线段的中点为，且满足，若，则双曲线 的离心率为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件得是等边三角形，设的边长为 ，结合双曲线定义得，在中，由余弦定理求得离心率. 【详解】 因为是线段的中点，且，所以， 又，所以是等边三角形， 设的边长为 ，由双曲线的定义知，，， 所以， 又，所以，即， 所以， 在中，由余弦定理知，， 所以 即，所以离心率. 故选：C 7. 中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，设为整数，若 和被m除得的余数相同，则称 和对模m同余，记为.如9和21除以6所得的余数都是3，则记为，若，，则的值可以是（ ） A. 2019 B. 2020 C. 2021 D. 2022 【答案】A 【解析】 【分析】利用二项式定理化简为，展开可得到 被10除余9，由此可得答案. 【详解】 , 所以 被10除余9， 2019,2020,2021,2022除以10余9的是2019， 故选：A. 8. 已知正方体的棱长为为线段上的动点，则三棱锥外接球半径的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据外接球性质找到外接球球心位置，通过几何直观找到外接球半径与的外接圆半径的关系式；设，在中根据面积关系和正弦定理，得到是关于 的函数；利用导数求出范围，进而得到范围. 【详解】如图，连接 ，交于点 ，易得 为的外心． 连接．交于点 ，易知平面，则三棱锥的外接球球心在 上． 设的外接圆圆心为平面， 由正方体中棱平面,得,又易得分别是中点， 所以． 设的外接圆半径为，三棱锥的外接球半径为．则， 设，， ，又， ． 设，则， 设，则， 在单调递增，又， 所以在单调递减，在单调递增，又， 所以． 故选：C． 【点睛】关键点点睛：本题第一个突破口是找出外接球半径与的外接圆半径的关系，第二步是根据面积关系和正弦定理，得到是关于 的函数. 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. 已知圆，若圆 上仅存在一点使，则正实数 的取值可以是（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】BD 【解析】 【分析】由题意可得以为直径的圆与圆 相内切或外切，得出该圆圆心与半径后，结合圆与圆的位置关系计算即可得. 【详解】若圆 上仅存在一点使，则以为直径的圆与圆 相内切或外切， 由，则以为直径的圆的圆心为，半径为， 则有或， 分别解得或，故或， 故B、D正确，A、C错误. 故选：BD. 10. 在一个有限样本空间中，假设，且 与 相互独立， 与 互斥，则（ ） A. B. C. D. 若，则 与 互斥 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据A与B相互独立，则,再由可判断A选项；由条件概率的运算 可判断B选项；因为A与C互斥，即A发生则C一定不发生，故可判断C选项；通过计算得，得B与C互斥即可判断D. 【详解】对于A，A与B相互独立，则, ，故A错误； 对于B，因为 与 互斥，所以，所以， 所以，， 所以,故B正确； 对于C，因为 与 互斥，所以，所以，所以 所以，故C正确； 对于D，显然，即， 由，得， 解得，所以 与 互斥，故D正确. 故选：BCD 11. 已知定义在上的函数 满足，则（ ） A. 是奇函数 B. 在上单调递减 C. 是偶函数 D. 在在上单调递增 【答案】AB 【解析】 【分析】令，求出，令，求出，再分别令和，即可求出函数的解析式，进而可得函数性质. 【详解】定义在上的函数 满足， 令，则，所以， 令，则，所以， 令，则， 所以， 令，则，所以， 因为，且定义域关于原点对称，所以函数是奇函数， 由反比例函数的单调性可得函数在和上单调递减. 故选：AB. 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】将角度拆分成，再结合诱导公式转化即可得所求. 【详解】因为， 所以. 故答案为：. 13. 已知数列的前项和为，且，则数列的前100项和______． 【答案】 【解析】 【分析】由与的关系求得，用裂项求和法求得. 【详解】因为， 所以， 故时，两式相减得， 即， 因为，即， 所以数列是以2为首项，以2为公比的等比数列， 所以， 故答案为:. 14. 已知函数恰有3个零点，则 的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】将函数零点问题转化为与的交点问题，数形结合即可求解范围. 【详解】令，得或. 作出的大致图象，如图所示， 这两个函数图象的交点为，因为，， 所以由图可知 的取值范围是. 故答案为： 四、解答题：（本题共5个小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 如图，某乡镇绿化某一座山体，以地面为基面，在基面上选取A，B，C，D四个点，使得，，． （1）若B，D选在两个村庄，两村庄之间有一直线型隧道，且，，求A，C两点间距离； （2）若测得，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理证得为等腰直角三角形，再由余弦定理求 即可； （2）设，利用正弦定理可得，展开化简即可得其正切值. 【小问1详解】 在中，由正弦定理得， 即， 解得，所以， 则为等腰直角三角形，所以， 则． 在中，由余弦定理得 ， 故． 故A，C两点间距离为． 【小问2详解】 设，则由题意可知，，． 在中，由正弦定理得，即， 在中，由正弦定理得，即， 又，所以， 解得，所以． 16. 全国“村BA”篮球赛点燃了全民的运动激情，深受广大球迷的喜爱.每支球队都有一个或几个主力队员，现有一支“村BA”球队，其中甲球员是其主力队员，经统计该球队在某个赛季的所有比赛中，甲球员是否上场时该球队的胜负情况如表. 甲球员是否上场 球队的胜负情况 合计 胜 负 上场 40 45 未上场 3 合计 42 （1）完成列联表，并判断依据小概率值的独立性检验，能否认为球队的胜负与甲球员是否上场有关； （2）由于队员的不同，甲球员主打的位置会进行调整，根据以往的数据统计，甲球员上场时，打前锋、中锋、后卫的概率分别为0.3，0.5，0.2，相应球队赢球的概率分别为0.7，0.8，0.6. （i）当甲球员上场参加比赛时，求球队赢球的概率； （ii）当甲球员上场参加比赛时，在球队赢了某场比赛的条件下，求甲球员打中锋的概率.（精确到0.01） 附：，. 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.001 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 【答案】（1）列联表： 甲球员是否上场 球队的胜负情况 合计 胜 负 上场 40 5 45 未上场 2 3 5 合计 42 8 50 有99%的把握认为球队的胜负与甲球员是否上场有关. （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据题意，得出的列联表，求得，结合附表，即可求解； （2）设事件 ：甲球员上场打前锋，事件 ：甲球员上场打中锋，事件 ：甲球员上场打后卫，事件 ：球队赢球，结合全概率公式，即可求解； （ii）根据题意，利用条件概率的计算公式和贝叶斯公式，即可求解. 【小问1详解】 解：根据题意，可得的列联表： 甲球员是否上场 球队的胜负情况 合计 胜 负 上场 40 5 45 未上场 2 3 5 合计 42 8 50 零假设：球队的胜负与甲球员是否上场无关 此时， 所以，有99%的把握认为球队的胜负与甲球员是否上场有关. 【小问2详解】 解：由甲球员上场时，打前锋、中锋、后卫的概率分别为0.3，0.5，0.2，相应球队赢球的概率分别为0.7，0.8，0.6. （i）设事件 ：甲球员上场打前锋，事件 ：甲球员上场打中锋，事件 ：甲球员上场打后卫，事件 ：球队赢球， 则, 所以，当甲球员上场参加比赛时，球队赢球的概率： . （ii）当甲球员上场参加比赛时，在球队赢了某场比赛的条件下， 甲球员打中锋的概率为. 17. 在三棱柱中，四边形是菱形，是等边三角形，点是线段的中点，． （1）证明：平面； （2）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：设与交点为 ，连接． 四边形是菱形，是的中点． 在中，是等边三角形，． 在中，是的中点，． 又平面，平面． （2） 【解析】 【分析】（1）根据四边形是菱形，可得；在中，根据题意可证，又 是的中点，得，即可得到结论. （2）根据题意，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用线面角公式即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接， 是等边三角形，是线段的中点， 又平面平面，平面平面，平面， 平面． 以为原点，所在直线分别为 轴， 轴如图建立空间直角坐标系， 不妨设，则，， 于是， 设平面的法向量为，则，即， 令，得，所以平面的一个法向量为． 设直线与平面所成角大小为，则， 故直线与平面所成角的正弦值为. 18. 设函数. （1）当时恒成立，求k的最大值； （2）证明：对任意正整数n，不等式恒成立. 【答案】（1）2 （2）由（1）知，当且仅当时等号成立， 于是有：， ， ， 累加可得： .证毕！ 【解析】 【分析】(1）由知,设,求出的导数，讨论得出的单调性，求出的最小值，从而得出答案. （2）当时，，当且仅当时，等号成立，这个不等式等价于,由此能够证明不等式. 【小问1详解】 （1）由知， 设， 则 令，得. 当时，有成立，在单调递增， ，满足题意. 当 时，有，， 所以，， 于是有时，. 所以在单调递减， 结合，知时，舍去. 综上，k的最大值为2. 【小问2详解】 略 【点睛】本题考查函数的单调区间的求法，考查实数的取值范围的求法，考查不等式恒成立的证明．注意导数的性质和分类讨论思想的灵活运用，属于难题. 19. 已知圆．点在圆上，延长到 ，使，点在线段上，满足． （1）求点的轨迹 的方程； （2）设 点在直线上运动，．直线与轨迹 分别交于两点，求证：所在直线恒过定点． 【答案】（1） （2）证明：由（1）得是椭圆 的左右顶点， 设， 由三点共线，得， 而， ， 由三点共线，得， 而， ， ，即， 设的方程为，联立， 得， 则， ， ，由， 得， 即， ， 恒成立， ， 所在直线恒过定点． 【解析】 【分析】（1）根据得到向量模的关系，根据即可求解； （2）设点的坐标，根据三点共线得到平行关系，设出直线的方程，与椭圆方程联立，写出韦达定理，据此即可求解. 【小问1详解】 ， ，为 的中点， 又为的中点， ， 则， 点的轨迹是以为焦点的椭圆， 而， 点的轨迹 的方程为 ； 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题（2）关键在于设点的坐标，根据三点共线得到平行关系. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $