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 学科网（北京）股份有限公司天一大联考 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 学科网（北京）股份有限公司