2024山西天一大联考·高三阶段性测试（定位）数学试题(1)_2024年4月_024月合集_2024届山西天一大联考·高三阶段性测试（定位）

绝密★启用前 【山西专版】
天一大联考
2023—2024 学年高三年级阶段性测试（定位）
数学
考生注意：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴
在答题卡上的指定位置．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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．设全集U 2,1,0,1,2 ，集合A1,0 ，B 0,1,2 ，则 ð A I B=
U
A．
1
B．
2
C．
1,2
D．
0,1,2
8
 2 
2． x  的展开式中常数项为
 x3 
A．112 B．56 C．28 D．16
3．已知函数 f xa3x3 a2x2 a1xa若对任意 x R，，曲线 y  f x 在点
0
 x , f x  和  x , f x  处的切线互相平行或重合，则实数a=
0 0 0 0
A．0 B．1 C．2 D．3
4．干支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支，十天干即：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、
壬、癸；十二地支即：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．干支纪年法是按顺序以一个
天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年
为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”，…，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即
“甲戌”、“乙亥”，之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，…，依此类推．已知2024年是甲辰年，则
2124年为
A．丁辰年 B．癸未年 C．甲午年 D．甲申年
5．将一个圆台的侧面展开，得到的扇环的内弧长为4π，外弧长为8π，外弧半径与内弧半径之差为m，若
28 5
该圆台的体积为 ，则m=
3
A．4 B．3 C．2 D．1
学科网（北京）股份有限公司uuur uuur
z
6．设非零复数z 和z 在复平面内对应的向量分别为OP和OQ，其中O为原点，若w 1 为纯虚数，则
1 2 z
2
uuur uuur uuur uuur
A．OP∥OQ B． OP  OQ
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
   
C． OPOQ  OPOQ D． OPOQ  OPOQ
7．已知α，β，γ均是锐角，设sincossincossincos的最大值为tan，则sinsincos
=
15 5
A． 3 B． C．1 D．
13 13
1
8．已知实数a，b，c满足lna  ，b3log 2，6c 7，则
5 7
A．cab B．bac C．acb D．abc
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．已知抛物线C：y2 4x的焦点为F，点M x ,y  在C上，若∠MOF=45°（O为坐标原点），则
0 0
3
A．x 4 B．y 4 C． MF 5 D．cosOFM 
0 0 5
10．函数 f x AsinxA0,0,0 的部分图象如图所示，则
A．A2
B．0
C． f x 的图象关于点 23,0 对称
 5 13
D．不等式 f 4x1的解集为 2k ,2k  kZ
 12 12
11 ． 在 四 棱 锥 P ABCD中 ， 已 知 AD  PD 2AB 2BC 2CD 2， AP 2 2 ， 且
BAD ADC，则
学科网（北京）股份有限公司 2 3
A．四棱锥P ABCD的体积的取值范围是0, 

3
 
 
B．PB2的取值范围是 72 3,72 3
C．四棱锥P ABCD的外接球的表面积的最小值为8π
5
D．PB与平面PAD所成角的正弦值可能为
7
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分．
12．已知圆 C
经过点M8,6
，且有一条直径的两个端点分别在 x，y 轴上，则圆 C 的面积的最小值为
______．
13．甲、乙两名足球运动员进行射门比赛，约定每人射门3次，射进的次数多者赢，一样多则为平局．若
3 2
甲每次射门射进的概率均为 ，乙每次射门射进的概率均为 ，且每人每次射门相互独立．现已知甲第一
4 3
次射门未射进，则乙赢的概率为______．
x2 y2 1
14．已知椭圆C：  1a b0 的左、右焦点分别是F ，F ，斜率为 的直线l经过点F 且交
a2 b2 1 2 2 1
C 于 A，B 两点（点 A 在第一象限），若△AFF 的面积是△BFF 的面积的 3 倍，则 C 的离心率为
1 2 1 2
______．
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．（13分）
某学校准备订做新的校服，有正装和运动装两种风格可供选择，为了解学生和家长们的偏好，学校随机调
查了200名学生及每名学生的一位家长，得到以下的2×2列联表：
更喜欢正装 更喜欢运动装
家长 120 80
学生 160 40
（Ⅰ）根据以上数据，判断是否有99%的把握认为学生与家长对校服风格的偏好有差异；
（Ⅱ）若从家长中按不同偏好的人数比例用分层随机抽样的方法抽取5人进行座谈，再从这5人中任选2
人，记这2人中更喜欢正装的家长人数为X，求X的分布列和数学期望．
n(ad bc)2
附：2  ．
(ab)(cd)(ac)(bd)
 0.1 0.05 0.01 0.001
x 2.706 3.841 6.635 10.828

16．（15分）
如图，A 是以 BC 为直径的圆 O 上的点，PA⊥平面 ABC，D，E 分别是线段 PA，PB 上的点，且满足
学科网（北京）股份有限公司PD PE
 01，PA AB2AC．
PA PB
（Ⅰ）求证：DE CD；
1
（Ⅱ）若二面角BCED的正弦值为 ，求λ的值．
2
17．（15分）
x2 y2
 
已知双曲线C：  1a0,b0的渐近线与圆x2  y2 a2的一个交点为A 1, 3 ．
a2 b2
（Ⅰ）求C的方程．
（Ⅱ）过点A作两条相互垂直的直线l 和l ，且l 与C的左、右支分别交于B，D两点，l 与C的左、右支
1 2 1 2
分别交于E，F两点，判断 AB  AF  AD  AE 能否成立．若能，求该式成立时直线l 的方程；若不能，
1
说明理由．
18．（17分）
已知函数 f xeaxbcosxabsinx，a0，b0．
1
（Ⅰ）若a ，b1，讨论 f x在区间0,2上的单调性；
2
（Ⅱ）设t为常数，若abt”’是“ f x在R上具有单调性”的充分条件，求t的最小值．
19．（17分）
n
对于数列a ，若存在M 0，使得对任意nN*，总有  a a M ，则称a 为“有界变差数
n k1 k n
k1
列”．
（Ⅰ）若各项均为正数的等比数列a 为有界变差数列，求其公比q的取值范围；
n
1
（Ⅱ）若数列b 满足b  2，且b 2，证明：b 是有界变差数列；
n n1 b 1 n
n
x 
（Ⅲ）若x ，y 均为有界变差数列，且y  y 0，证明： n 是有界变差数列．
n n n 1 y
 
n
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2023—2024 学年高三年级阶段性测试（定位）
数学（山西专版）答案
一、单项选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分．
1．答案 C
命题意图 本题考查集合的表示与运算．
解析 由已知易得ð A2,1,2，所以 ð AI B{1,2}．
U U
2．答案 A
命题意图 本题考查二项式定理的应用．
2
 2 
解析 常数项为C2x6    4C2 112．
8  x3  8
3．答案 C
命题意图 本题考查导数的几何意义和函数的奇偶性．
解析 由题意知 fx3a3x2 2a2xa1为偶函数，则a2．
4．答案 D
命题意图 本题考查等差数列的应用．
解析 天干可看作公差为10的等差数列，地支可看作公差为12的等差数列，由于221242024100，
故100年后天干为甲，由于100128L L 4，余数为4，故100年后地支为“辰”后面第四个，即“申”，
所以2124年为甲申年．
5．答案 B
命题意图 本题考查圆台的有关计算．
解析 易知圆台的上底面半径为2，下底面半径为4，母线长为m．设圆台的高为h，根据题意可知该圆台
1 1 28 5
的 体 积 为 V  h  r2 rRR2  h  22 2442  ， 解 得 h 5， 则
3 3 3
m (42)2 h2  22 ( 5)2 3．
6．答案 D
命题意图 本题考查复数的几何意义以及平面向量的运算．
解析 设z abi，z cdi，wki，其中a，b，c，d，kR，且a，b不同时为0，c，d不同时
1 2
为 0 ， k 0， 由 题 意 abikicdikd cki， 所 以
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
OPOQ(a,b)(c,d)acbd kdckcd 0，所以 OPOQ  OPOQ ．
7．答案 B
学科网（北京）股份有限公司命题意图 本题考查三角恒等变换及基本不等式的应用．
sin2cos2 sin2cos2
解 析 由 基 本 不 等 式 可 得 sincos ， sincos ，
2 2
sin2cos2 3
sincos ，三式相加，可得sincossincossincos ，当且仅当α，β，γ
2 2
 3 sin(sincos) tan2tan 15
均为 时等号成立，所以tan ，则sin(sincos)   ．
4 2 sin2cos2 tan21 13
8．答案 C
命题意图 本题考查指数函数和对数函数的综合性质．
1 ln(x1)
解 析 由 已 知 得 ae5， blog 8， clog 7． 令 f x (x1)， 则
7 6 lnx
xlnx(x1)ln(x1)
fx ， 显 然 fx0， 即 f x单 调 递 减 ， 所 以 f 6 f 7， 即
x(x1)(lnx)2
ln7 ln8 1 1 6
 ，亦即log 7log 8，cb．由ex  x1，可得e5 1  ，而log 75 log 66 6，
ln6 ln7 6 7 5 5 6 6
6
所以log 7 ，所以ac．综上可知acb．
6 5
二、多项选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分．每小题全部选对的得 6分，部分选
对的得部分分，有选错的得 0分．
9．答案 AC
命题意图 本题考查抛物线的方程与性质．
y x 4  x 4
解析 若∠MOF=45°，则tanMOF  0 1，又y2 4x ，解得 0 或 0 ，故A正确，B错
x 0 0  y 4  y 4
0 0 0
 2
12 52  4 2
3
误；由抛物线的定义，得 MF 415，故C正确；由余弦定理得cosOFM   ，
215 5
故D错误．
10．答案 ABD
命题意图 本题考查三角函数的图象与性质．
3
解析 设 f x 的最小正周期为 T，由图象可知 A2， T 516 1解得 T 8，故
4
2      
  ，则 f x2sin  x ，将 1,2 代入解析式，得 2sin     2，所以
8 4  4   4 
学科网（北京）股份有限公司   11  
 ，所以 f x2sin  x ，故A，B正确； f 232sin 2sin    2，故C错
4  4 4 2  2
    1
误 ； f 4x1即 为 2sin  x  1， 得 sin  x   ， 得
 4  4 2
  5 5 13
2k x 2k kZ ，得2k x2k kZ ，故D正确．
6 4 6 12 12
11．答案 BCD
命题意图 本题考查棱锥的结构以及棱锥与球的综合问题．
解析 由已知可得，四边形 ABCD 是上底为 1，下底为 2，底角为 60°的等腰梯形，所以
3 3 3 3
S   22  ，PD AD．
梯形ABCD 4 4 4
1 3 3 3
对于A，当PD⊥底面ABCD时，四棱锥PABCD的体积最大，最大体积为  2 ，故A错
3 4 2
误；对于B，在△PBD中，PD 2，BD  3，60PDB120，用余弦定理可知PB2的取值范
 
围是 72 3,72 3 ，故B正确；
对于C，当PD⊥平面ABCD时，四棱锥PABCD的外接球的半径等于△PAD的外接圆的半径，此时外
PA  2
接球的半径最小，为  2，故外接球的表面积的最小值为4 2 8，故C正确；
2
21 2 5 5
对于D，设PB与平面PAD所成角为θ，当PD⊥平面ABCD时，计算可得sin   ，当
14 14 7
5
P靠近平面ABCD时，θ趋向于0，所以存在某个P点，使得sin ，故D正确．
7
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分．
12．答案 25π
命题意图 本题考查圆的方程与性质．
解析 因为圆 C 的一条直径的两个端点分别在 x，y 轴上，所以该圆一定过原点 O．又圆 C 经过点
M 8,6 ，所以当OM为圆C的直径时，圆C的面积最小，又 OM  82 62 10．所以圆C的面积最
2
10
小值为
 
25．
 2 
109
13．答案
216
学科网（北京）股份有限公司命题意图 本题考查概率的乘法公式．
2 2
 2 2  3 1
解析 若乙射进1次，则他赢的概率为C1  1     1   ；若乙射进2次，则他赢的概率
3  3 3  4 72
 2 2 2  3 2 7 2 3 8
为C2  1     1     ；若乙射进3次，则他赢的概率为   ．故乙赢的概率
3  3 3  4  36 3 27
1 7 8 109
为    ．
72 36 27 216
5
14．答案
4
命题意图 本题考查椭圆与直线的位置关系．
解析 因为△AFF 的面积是△BFF 的面积的3倍，所以 y 3y ．设C的半焦距为cc 0 ，则直
1 2 1 2 A B
 x 2yc
线 l： x 2yc，联立方程可得  消去 x 得  4b2 a2 y2 4b2cyb4 0，则
b2x2 a2y2 a2b2
4b2c b4 y  y 2 y y
y  y  ， y y  ， 又 A B  A 2 B ， 即
A B a2 4b2 A B a2 4b2 y y y y
A B B A
2
 4b2c 
 
 a2 4b2  1 4 4c2 1 4c2 4e2 1 5
 23 ，化简可得  ，得   ，解得e ．
b4 3 3 a2 4b2 3 5a2 4c2 54e2 3 4

a2 4b2
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．命题意图 本题考查独立性检验的应用以及超几何分布．
40016080120402
400
解析 （Ⅰ）由题可知2   19.048，
200200280120 21
因为19.0486.635，所以有99%的把握认为学生与家长对校服风格的偏好有差异．
120 80
（Ⅱ）座谈的家长中更喜欢正装的人数为5 3，更喜欢运动装的人数为5 2．
200 200
由题意可得X的所有可能取值为0，1，2，
学科网（北京）股份有限公司C2 1 C1C1 3 C2 3
则PX 0 2  ，PX 1 2 3  ，PX 2 3  ，
C2 10 C2 5 C2 10
5 5 5
故X的分布列为
X 0 1 2
1 3 3
P
10 5 10
1 3 3 6
所以X的数学期望EX0 1 2  ．
10 5 10 5
16．命题意图 本题考查空间位置关系的推理与证明、二面角的计算．
解析 （Ⅰ）因为A是以BC为直径的圆O上异于B，C的点，所以AB  AC，
因为PA⊥平面ABC，所以PA AB．
又ACI PA A，所以AB⊥平面PAC，
PD PE
因为  ，所以DE∥AB，所以DE⊥平面PAC，
PA PB
因为CD平面PAC，所以DE CD．
（Ⅱ）分别以AC，AB，AP所在的直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
设 PA AB 2， AC 1， 则 点 B0,2,0 ， C1,0,0 ， P0,0,2 ， D  0,0,21 ，
uuur uuur uuur
E  0,2,21 ， 则 BC 1,2,0 ， CP(1,0,2)， CD   1,0,21 ，
uuur
CE 
 1,2,21
r
设平面CDE的法向量为n x,y,z ，
uuur
r
  nCD x21z 0 r
则r uuur 取n   21,0,1  ．
 nCE x2y21z 0
r
设平面BCE的法向量为mp,q,r
，
uuur
r
 mBC  p2q 0 r
则r uuur 取m2,1,1 ．
 mCP p2r 0
学科网（北京）股份有限公司1
因为二面角BCED的正弦值为 ，
2
nm
411
3
所以 cos n,m    ，
n m 412 12  6 2
1 5
解得 或 （舍去）．
2 2
17．命题意图 本题考查双曲线的性质，双曲线与直线的位置关系．
 2
解析 （Ⅰ）由题可知a  1 3 2，
b 3
 ，b2 3，
a 1
x2 y2
故C的方程为  1．
4 12
（Ⅱ）不能成立．
显 然 直 线 l ， l 的 斜 率 均 存 在 ， 设 直 线 l 的 方 程 为 y k(x1) 3， 直 线 l 的 方 程 为
1 2 1 2
1
y  (x1) 3，Bx ,y  ，Dx ,y  ．（6分）
k 1 1 2 2
y kx1 3
联立l 与C的方程可得 得(3k2)x2 2k(k  3)xk2 2 3k 150，
1  3x2  y2 12
因为l 与C的左、右支分别相交，所以 3 k  3，
1
1 3 3
同理 3   3，解得 3 k  或 k  3．（*）
k 3 3
2k
因为x x  ，
1 2
3k
2 3 1k2
所以 AB  AD  (x 1)(1x ) 1k2  x x 2 1k2  ，
1 2 1 2
3k
2 3  1 2 2 3 1k2
AE  AF  1  
同理可得   ．
1  k  3k 1
3
k
若 AB  AF  AD  AE ，则 AB  AD  AE  AF ，
学科网（北京）股份有限公司2 3 1k2 2 3 1k2
只需  即可，解得k  32，k  32，
1 2
3k 3k 1
显然k ，k 都不符合（*）．
1 2
所以 AB  AF  AD  AE 不能成立．
18．命题意图本题考查利用导数研究函数的单调性．
解析由题可知 fxeaxbcosx a2 b2sin2 xbcos  ，
即 fxeaxbcosx b2cos2 xbcosxa2 b2 ．
1 1 xcosx 3 1
（I）a ，b1，则 fxe2  cosx  cosx ．
2  2 2
1 2 4 1
由 fx0得 cosx 0， 即 0 x 或  x2； 由 fx0得 cosx 0， 即
2 3 3 2
2 4
 x ．
3 3
 2 2 4 4 
因此 f x在 0, 上单调递减，在 , 上单调递增，在 ,2 上单调递减．
 3   3 3   3 
（Ⅱ）若 f x具有单调性，则b2cos2 xbcosxa2 b2不变号．
设u cosx，则1u1，即gub2u2 bua2 b2不变号，由于b0，因此gu是二次函数．
g10 a2 b0
若gu0在 1,1 恒成立，则 即 由于a0，b0，所以该情形不成立．
 g10 a2 b0
  1 

g
 
0 g10
 2b 
若gu0在 1,1 恒成立，则 或 1
 1  1
0 1  2b
 2b
1  1  1
即a b2   b 或aa b  0b ．
4  2  2
 1
b b,0b

 2
由于t ab，因此t hb 恒成立
1 1
 b2  b,b
  4 2
学科网（北京）股份有限公司2
1  1 1 1 1 1
当 0b 时 ， hb  b     （ 当 b 时 等 号 成 立 ）， 当 b 时 ，
2  2 4 4 4 2
1
hb 4  1  1 ，因此hb  1 ，
1 2 22 4 max 4
b2  b
4
1
故t的最小值为 ．
4
19．命题意图 本题考查数列的综合问题．
解析 （Ⅰ）因为 a  的各项均为正数，所以a 0，q0，
n 1
a a  a qa a q1，
k1 k k k k
n
当q1时， a a 0，  a a 0，任取M 0即可，所以 a  为有界变差数列．
k1 k k1 k n
k1
n a (1qn)
当q1时，,|a a |(a a L a )|q1| 1 |q1|，
k1 k 1 2 n 1q
k1
a
 1qn
若0q1，则 1 |q1|a  1qn a ，令M a 即可，所以 a  为有界变差数列，
1q 1 1 1 n
a
 1qn
若q 1，则 1 |q1|a  qn 1  ，当n时，a  qn 1  ，显然不存在符合条件的
1q 1 1
M，故
a 
不是有界变差数列．
n
综上，q的取值范围是
0,1
．
1 b 1 1 b 1
（Ⅱ）由b  2，可得b 1 n ，易知b 1，所以  n  1，
n1 b n1 b n b 1 b 1 b 1
n n n1 n n
 1  1
因此 是首项为 1，公差为1的等差数列，
b 1 b 1
 
n 1
1 1
所以 n，即b  1．
b 1 n n
n
1 1 1 1
所以 b b     ，
k1 k k1 k k k1
学科网（北京）股份有限公司n n 1 1  1
 b b 



1 1，
k1 k k k1 n1
k1 k1
所以
b 
是有界变差数列．
n
（Ⅲ）由有界变差数列的定义可知，
n
 x x  x x  x x L  x x M ，
k1 k n1 n n n1 2 1 1
k1
n
 y  y  y  y  y  y L  y  y M ．
k1 k n1 n n n1 2 1 2
k1
因 为
x  x  x x  x x x x L x x  x x  x x L  x x M ，所
n1 1 n1 1 n1 n n n1 2 1 n1 n n n1 2 1 1
以 x M  x ．
n1 1 1
x x |x y x y | |x y x y x y x y |
n1  n  n1 n n n1  n1 n1 n n1 n1 n n1 n1
y y | y || y | | y || y |
n1 n n1 n n1 n
| y (x x )x (y  y )| |x x | |x || y  y |
 n1 n1 n n1 n1 n „ n1 n  n1 n1 n
| y || y | | y | | y || y |
n1 n n n1 n
 
x x M  x y  y
 n1 n  1 1 n1 n
y y2
1 1
n n
∣x x  M  x  y y
 
n x x k1 k 1 1 k1 k M M  x M
因此  k1  k  k1  k1  1  1 1 2 ，
y y y y2 y y2
k1 k1 k 1 1 1 1
x 
所以 n 是有界变差数列．
y
 
n
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