精品解析：山西省太原市第五中学2024届高三下学期一模数学试题

太原五中2023—2024学年度第二学期校一模 高三数学 出题人：赵煜政 符权有 校对人：赵煜政 符权有 时间：2024.5 一、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，只有一项符合题目要求. 1. 已知全集为，集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 3. 设，条件：，条件：，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 4. 甲，乙两名同学要从A、B、C、D四个科目中每人选取三科进行学习，则两人选取的科目不完全相同的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 设双曲线（、均为正值）的渐近线的倾斜角为，且该双曲线与椭圆的离心率之积为1，且有相同的焦距，则（ ） A. B. C. D. 6. 在中，，设点D为的中点，点在上，且，则（ ） A. 16 B. 12 C. 8 D. 7. 已知圆锥的母线，侧面积为，若正四面体能在圆锥内任意转动，则正四面体的最大棱长为（ ） A 1 B. C. D. 8. 设数列的前项之积为，满足（），则（ ） A B. C. D. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，全部选对得部分分，有选错的得0分. 9. 如图，函数的图象与轴的其中两个交点为，，与轴交于点，为线段的中点，，，，则（ ） A. 的图象不关于直线对称 B. 的最小正周期为 C. 的图像关于原点对称 D. 在单调递减 10. 已知函数的定义域为，且，都有，，，，当时，，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的图象关于点对称 B C. D. 函数与函数的图象有8个不同的公共点 11. 外接圆半径为的满足，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. 的面积是 D. 的周长是 三.填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 化简______. 13. 在中，内角，，所对的边分别是，，，已知，那么______，设边的中点为，若，且的面积为，则的长是______. 14. 已知椭圆，为原点，过第一象限内椭圆外一点作椭圆的两条切线，切点分别为.记直线，，，的斜率分别为，，，，若，则的最小值是______. 四、解答题：本大题共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. 目前，某校采用 “翻转课堂” 的教学模式，即学生先自学，然后老师再讲学生不会的内容. 某一教育部门为调查在此模式下学生的物理成绩与学习物理的学习时间的相关关系，针对本校名考生进行了解，其中每周学习物理的时间不少于小时的有位学生，余下的人中，在物理考试中平均成绩不足分的学生占总人数的，统计后得到以下表格: 大于等于 120 分 不足 120 分 合计 学时不少于 12 小时 8 21 学时不足 12 小时 合计 49 （1）请完成上面的列联表，能否有的把握认为“物理成绩与自主物理的学习时间有关”? （2）若将频率视为概率，从全校大于等于分的学生中随机抽取人，求这些人中周自主学习时间不少于小时的人数的期望和方差. 附： 0100 0.050 0.025 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10828 16. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，. （1）点在侧棱上，且平面，确定在侧棱上的位置； （2）若平面平面，且，求二面角的余弦值. 17. 已知函数的图象在处的切线过点. （1）求在上的最小值; （2）判断在内零点的个数，并说明理由. 18. 设点A、的坐标分别为,直线相交于点,且它们的斜率之积是. （1）求点的轨迹的方程； （2）直线与曲线相交于两点，若是否存在实数，使得的面积为？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 19. 给定数列，若满足且，对于任意的，都有，则称数列为“指数型数列". （1）已知数列满足，判断数列是不是“指数型数列"？若是，请给出证明，若不是，请说明理由; （2）若数列是“指数型数列”，且，证明:数列中任意三项都不能构成等差数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 太原五中2023—2024学年度第二学期校一模 高三数学 出题人：赵煜政 符权有 校对人：赵煜政 符权有 时间：2024.5 一、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，只有一项符合题目要求. 1. 已知全集为，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求解集合，然后由补集及交集的运算求解即可. 【详解】，， . 故选：D 2. 复数的共轭复数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的四则运算以及共轭复数的定义求解即可. 【详解】，共轭复数为， 故选：C 3. 设，条件：，条件：，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】A 【解析】 【分析】结合特殊角的三角函数值，根据充分条件和必要条件的定义判断即可. 【详解】当，，，， 而得或，或，则正向可以推出，反向无法推出； 所以是的充分不必要条件. 故选：A 4. 甲，乙两名同学要从A、B、C、D四个科目中每人选取三科进行学习，则两人选取的科目不完全相同的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】运用分步乘法原理，结合古典概型和对立事件概率公式求解. 【详解】两人选取科目的方法共有种，科目完全相同的方法共有种， 科目不完全相同方法共有12种，故所求概率为. 故选：D. 5. 设双曲线（、均为正值）的渐近线的倾斜角为，且该双曲线与椭圆的离心率之积为1，且有相同的焦距，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】运用共焦点条件得到双曲线中，由两曲线的离心率之积为1得，再用转化得到，进而得到. 【详解】由题意易得，双曲线中，即， 由于椭圆离心率为，且由两曲线的离心率之积为1得. ，，，，又， 或， 故选：C. 6. 在中，，设点D为的中点，点在上，且，则（ ） A. 16 B. 12 C. 8 D. 【答案】A 【解析】 【分析】以为原点，建立如图坐标系，结合向量的坐标运算即可. 【详解】在中，，，，以为原点，建立如图坐标系， 则，，，，设， 则，，， 由题意可知，即，解得. 则，所以. 故选：A. 7. 已知圆锥的母线，侧面积为，若正四面体能在圆锥内任意转动，则正四面体的最大棱长为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出棱长为的正四面体的外接球半径，再求出圆锥的内切球半径，由正四面体能在圆锥内任意转动，所以列不等式求解即可. 【详解】棱长为的正四面体如图所示， 则正方体的棱长为，体对角线长为， 所以棱长为的正四面体的外接球半径为. 如图，在圆锥中，设圆锥母线长为，底面圆半径为， 因为侧面积为，所以，即. 因为，所以，所以. 取轴截面，设内切圆的半径为， 则，解得， 即圆锥的内切球半径为. 因为正四面体能在圆锥内任意转动，所以，即， 所以正四面体的最大棱长为. 故选：B 8. 设数列的前项之积为，满足（），则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知递推式可得数列是等差数列，从而可得，进而可得的值． 【详解】因为， 所以，即，所以， 所以，显然， 所以， 所以数列是首项为，公差为2的等差数列， 所以， 即，所以． 故选：C． 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，全部选对得部分分，有选错的得0分. 9. 如图，函数的图象与轴的其中两个交点为，，与轴交于点，为线段的中点，，，，则（ ） A. 的图象不关于直线对称 B. 的最小正周期为 C. 的图像关于原点对称 D. 单调递减 【答案】ACD 【解析】 【分析】先写出关键点坐标，得到方程，后根据构造方程组解出，得到解析式，最后按照正弦型三角函数特征，结合对称性，周期性，奇偶性和单调性逐个验证即可. 【详解】由题可，，，则， 有， ，， 把代入上式，得，解得（负值舍去）， ，，由，解得， 解得，， 对A，，故A正确； 对B：的最小正周期为，故B错误； 对C：，为奇函数，故C正确； 对D：当时，，在单调递减，为奇函数，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知函数的定义域为，且，都有，，，，当时，，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的图象关于点对称 B. C. D. 函数与函数的图象有8个不同的公共点 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据条件先得到函数的对称性及周期性，进而判断ABC，画出函数与函数的图象，根据图象观察交点个数即可判断D. 【详解】由得函数关于对称，A正确； 由得函数关于对称， 所以，， 所以，即， 所以，故函数的周期为， 由知，， 又时，，所以，解得， 所以时，， 所以，B正确； ，C错误； 画出函数和函数的图象，如图： ，观察图象可得函数与函数图像有8个不同的公共点，D正确. 故选：ABD. 11. 外接圆半径为的满足，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. 的面积是 D. 的周长是 【答案】AC 【解析】 【分析】由两角和与差的余弦展开式化简已知得，得可判断A；，再由求出可判断B；正弦定理求出，勾股定理求出，由求出面积可判断C；求出周长可判断D. 【详解】对于A，， 即， （其中，，） 所以，，故A正确； 对于B， ， 因为，所以，所以， 而，故B错误； 对于C，取的中点，连接， 由A，B的解析知，故外接圆圆心点在的延长线上， 连接， 因为的外接圆半径，所以， 所以， 所以， ， ， ， ，故C正确； 的周长，故D错误. 故选：AC. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是，，利用有界性求出，. 三.填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 化简______. 【答案】 【解析】 【分析】对已知式子进行变形，根据二项式定理进行求解即可. 【详解】 . 故答案为：. 13. 在中，内角，，所对的边分别是，，，已知，那么______，设边的中点为，若，且的面积为，则的长是______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】（1）运用正弦定理边角互化，结合余弦定理可解；（2）运用余弦定理，面积公式，结合中线长向量式可解. 【详解】在中，由正弦定理得，， 因为，所以， 化简得，， 在中，由余弦定理得，， 又因为，所以 由，得， 由，得，所以. 又因为边的中点为，所以， 所以 故答案为：，. 14. 已知椭圆，为原点，过第一象限内椭圆外一点作椭圆的两条切线，切点分别为.记直线，，，的斜率分别为，，，，若，则的最小值是______. 【答案】5 【解析】 【分析】设直线的方程为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，由得到方程，求出，证明椭圆在处的切线方程为，从而得到椭圆在点和的切线方程，得到切点弦方程为，对照系数结合得到的轨迹方程，计算出，，求出，得到点轨迹的渐近线，先得到，设，则，联立双曲线方程，由根的判别式得到不等式，即得结果. 【详解】因为，故不关于轴对称且的横纵坐标不为0， 所以直线方程斜率一定存在， 设直线的方程为， 联立方程，消去y可得， 则，设，， 则，， 可得 ， 且，，由，可得， 即，解得， 下面证明椭圆在处的切线方程为， 理由如下： 当时，故切线的斜率存在，设切线方程为， 代入椭圆方程得：， 由，化简得：， 所以， 把代入，得：， 于是， 则椭圆的切线斜率为，切线方程为， 整理得到， 其中，故，即， 当时，此时或， 当时，切线方程为，满足， 当时，切线方程为，满足， 综上：椭圆在处的切线方程为； 可知：椭圆在点的切线方程为， 椭圆在点的切线方程为， 由于点为与的交点， 故，， 所以直线为， 因为直线方程为，对照系数可得，， 又，故，整理得， 又在第一象限， 故点的轨迹为双曲线位于第一象限的部分， ，同理可得， 则， 又由于，，，故， 设，则， 则两式联立得， 由得，， 检验，当时，，又， 解得，满足要求. 故的最小值为4 故的最小值是5 故答案为：5. 【点睛】结论点睛：过圆上一点的切线方程为：， 过圆外一点的切点弦方程为：； 过椭圆上一点的切线方程为； 过椭圆外一点的切点弦方程为； 过双曲线上一点的切线方程为； 过双曲线外一点的切点弦方程为. 四、解答题：本大题共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. 目前，某校采用 “翻转课堂” 的教学模式，即学生先自学，然后老师再讲学生不会的内容. 某一教育部门为调查在此模式下学生的物理成绩与学习物理的学习时间的相关关系，针对本校名考生进行了解，其中每周学习物理的时间不少于小时的有位学生，余下的人中，在物理考试中平均成绩不足分的学生占总人数的，统计后得到以下表格: 大于等于 120 分 不足 120 分 合计 学时不少于 12 小时 8 21 学时不足 12 小时 合计 49 （1）请完成上面的列联表，能否有的把握认为“物理成绩与自主物理的学习时间有关”? （2）若将频率视为概率，从全校大于等于分的学生中随机抽取人，求这些人中周自主学习时间不少于小时的人数的期望和方差. 附： 0.100 0.050 0.025 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）表格见解析，能 （2）， 【解析】 【分析】（1）根据所给数据完善列联表，计算出卡方，即可判断； （2）设从全校大于等于分的学生中随机抽取人，这些人中周自主学习时间不少于小时的人数为随机变量，则，根据二项分布的期望与方差公式计算可得. 【小问1详解】 依题意，周学时不足12小时有人， 则周学时不足12小时且平均成绩不足分的有人， 所以周学时不足12小时且平均成绩大于等于分的有人， 所以列联表如下： 大于等于 120 分 不足 120 分 合计 学时不少于 12 小时 13 8 21 学时不足 12 小时 8 20 28 合计 21 28 49 ， 所以能有的把握认为“成绩与自主学习时间有关”； 【小问2详解】 由（1）中知大于等于分的学生中周自主学习时间不少于小时的频率是， 设从全校大于等于分的学生中随机抽取人， 这些人中周自主学习时间不少于小时的人数为随机变量，则， ，. 16. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，. （1）点在侧棱上，且平面，确定在侧棱上的位置； （2）若平面平面，且，求二面角的余弦值. 【答案】（1）为侧棱上靠近处的三等分点； （2） 【解析】 【分析】（1）根据平面，得出，结合底面是直角梯形，，且，得出，即可求解； （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的一个法向量，利用向量夹角公式即可求解. 【小问1详解】 连接，设，连接，则平面平面， 平面，面， 底面是直角梯形，，且， ，则， 为侧棱上靠近处的三等分点； 【小问2详解】 平面平面，且， ，平面平面，平面， 平面，（为中点） 如图所示建立空间直角坐标系， 依题意有，，， ，则， ，，显然是平面的一个法向量， 设是平面的一个法向量，则， 取得， ， 二面角的大小的余弦值为. 17. 已知函数的图象在处的切线过点. （1）求在上的最小值; （2）判断在内零点的个数，并说明理由. 【答案】（1） （2）有2个零点，理由见解析 【解析】 【分析】（1）法一：利用在处的切线过点，可求，进而可求最小值；法二：利用导数求得切线方程为，进而可得切点，可求，进而可求最小值； （2）法一：问题等价于判断方程根的个数，令，求导判断函数的单调性，利用零点的存在性定理可得结论.法二：求导可得，令，进而求导可得上必有一个零点，使得，进而可得在上单调递增，在上单调递减，进而利用零点的存在性定理判断在上有一个零点，在上有一个零点. 【小问1详解】 法一：， 又，所以切线方程为， 又切线过点， 得，所以. 所以， 当时，，所以在上单调递减， 所以的最小值为. 法二:， 所以切线方程为， 因此切点为， 得，所以， 所以， 当时，，所以在上单调递减， 所以的最小值为； 【小问2详解】 法一：判断在内零点的个数，等价于判断方程根的个数， 等价于判断方程根的个数. 令 ，令，则，得. 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减.， （或） 所以时，方程有2根， 所以在有2个零点. 法二：由（1）得， 令，则在上为减函数 ， 所以在上必有一个零点，使得， 从而当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减.. 又， 所以在上必有一个零点，使得. 当时，，即，此时单调递增; 当时，，即，此时单调递减.. 又因为， 所以在上有一个零点，在上有一个零点， 综上，在有2个零点. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用隐零点法并结合零点存在性定理判断其零点个数. 18. 设点A、的坐标分别为,直线相交于点,且它们的斜率之积是. （1）求点的轨迹的方程； （2）直线与曲线相交于两点，若是否存在实数，使得的面积为？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）；（ （2）不存在.理由见解析． 【解析】 【分析】（1）设点的坐标为，把已知用坐标表示化简可得； （2）设，联立，化为：，，得到韦达定理，求出弦长，再求出到直线的距离，写出面积方程，解出，但此时直线方程过、，这两点由（1）知是取不到的，所以不存在． 【小问1详解】 设点的坐标为，因为点A的坐标是，所以直线的斜率 同理，直线的斜率 所以化简得点的轨迹方程为 【小问2详解】 设，联立，化为：， ，∴，∴ 点到直线的距离∴ ，解得：，解得，因为当时直线过点，当时直线过点，因此不存在实数，使得的面积为. 19. 给定数列，若满足且，对于任意的，都有，则称数列为“指数型数列". （1）已知数列满足，判断数列是不是“指数型数列"？若是，请给出证明，若不是，请说明理由; （2）若数列是“指数型数列”，且，证明:数列中任意三项都不能构成等差数列. 【答案】（1）不，理由见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据“指数型数列"的定义可做判断，证明时利用递推式推出数列是等比数列，求出，再结合定义即可证明； （2）由递推式可得，继而假设数列中存在三项构成等差数列，结合可推出矛盾，即可证明结论. 【小问1详解】 数列不是指数型数列； 证明：由， 所以数列是等比数列，且， ， 所以数列不是指数型数列， 【小问2详解】 因为数列是指数型数列，故对于任意的， 有，， 适合该式； 假设数列中存在三项构成等差数列，不妨设， 则由，得， 所以， 当为偶数时，是偶数，而是奇数，是偶数， 故不能成立； 当为奇数时，是偶数，而是偶数，是奇数， 故也不能成立． 所以，对任意不能成立， 即数列的任意三项都不成构成等差数列． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $