2024屆山西省高三下學(xué)期高考數(shù)學(xué)仿真模擬試題（三模）含解析

2024屆山西省高三下學(xué)期高考數(shù)學(xué)仿真模擬試題（三模）注意事項:1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號等填寫在試卷和答題卡指定位置上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號.回答非選擇題時，將答案用的黑色筆跡簽字筆寫在答題卡上，寫在本試卷上無效.3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.一、單項選擇題: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．已知集合，均為集合的子集，則表示的區(qū)域為（

）A．① B．② C．③ D．④2．向量在邊長為1的正方形網(wǎng)格中的位置如圖所示，則（

）A．-7 B．-1 C．1 D．73．拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)為（

）A． B． C． D．4．設(shè)函數(shù)，則不等式的解集為（

）A． B． C． D．5．若，且，則（

）A． B． C． D．6．某次趣味運(yùn)動會，設(shè)置了教師足球射門比賽:教師射門，學(xué)生守門.已知參與射門比賽的教師有60名，進(jìn)球數(shù)的平均值和方差分別是3和13，其中男教師進(jìn)球數(shù)的平均值和方差分別是4和8，女教師進(jìn)球數(shù)的平均值為2，則女教師進(jìn)球數(shù)的方差為（

）A．15 B．16 C．17 D．187．在中，內(nèi)角所對的邊分別為已知的外接圓半徑是邊的中點(diǎn)，則長為（

）A． B． C． D．8．正方體的棱長為2，分別為的中點(diǎn)，為底面的中心，則三棱錐的體積是（

）A． B． C． D．二、多項選擇題:本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9．已知是虛數(shù)單位，若，則（

）A．為純虛數(shù) B．復(fù)數(shù)的虛部為C． D．當(dāng)時，復(fù)數(shù)對應(yīng)的點(diǎn)在第二象限10．將一個直徑為的鐵球磨制成一個零件，能夠磨制成的零件可以是（

）A．底面直徑為，高為的圓柱體 B．底面直徑為，高為的圓錐體C．底面直徑為，高為的圓錐體 D．各棱長均為的四面體11．已知函數(shù)，若，且，則的取值可能是（

）A． B． C． D．三、填空題:本題共3小題，每小題5分，共15分.12．清明小長假期間，某學(xué)校打算安排甲、乙、丙等6位教師值班.從4月4日至4月6日每天的上、下午各需要安排一名教師到學(xué)校值班，每位教師只安排半天值班.已知甲只能值上午班，乙、丙二人只能值下午班，其他三人上下午均可值班，則不同的值班安排方式共有種(請用數(shù)字作答).13．已知函數(shù)，若函數(shù)恰有一個零點(diǎn)，則的取值范圍是.14．雙曲線的兩條漸近線分別為，經(jīng)過的右焦點(diǎn)的直線分別交于兩點(diǎn)，已知為坐標(biāo)原點(diǎn)，反向，若的最小值為9a，則的離心率為.四、解答題:本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15．已知等差數(shù)列的公差，前項和為，且，.(1)求數(shù)列的通項公式；(2)若，求數(shù)列的前項和.16．如圖三棱錐分別在線段AB，CD上，且滿足.(1)求證:平面平面;(2)求AD與平面BCD所成角的正弦值.17．袋中裝有大小、形狀、材質(zhì)完全相同的n個小球，其中有個紅球.(1)若，現(xiàn)從袋中隨機(jī)摸出2個小球，其中紅球的個數(shù)為隨機(jī)變量，求的方差(2)從袋中有放回地摸取小球次，每次摸出一個小球，其中摸到紅球的次數(shù)為隨機(jī)變量，若的期望，方差，求;(3)若，現(xiàn)從袋中有放回地摸取小球10次，每次摸出1個小球，記錄顏色后將摸出的小球放回袋中.以摸出紅球的頻率估計袋中紅球所占比例，若，求紅球占比估計值的誤差不超過的概率.參考數(shù)據(jù):0123456789100.02820.01210.00520.00220.00100.00040.00020.00010.00000.00000.000018．已知橢圓的焦點(diǎn)為，點(diǎn)在上，且軸，.(1)求的方程;(2)求與有公共焦點(diǎn)的雙曲線的方程，使得以它們的交點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形面積最大;(3)過點(diǎn)作斜率之積為的兩直線，若交于，兩點(diǎn)，交于，兩點(diǎn)，，分別為，的中點(diǎn)，求面積的最大值.19．微分中值定理是微積分學(xué)中的重要定理，它是研究區(qū)間上函數(shù)值變化規(guī)律的有效工具，其中拉格朗日中值定理是核心，它的內(nèi)容如下:如果函數(shù)在閉區(qū)間上連續(xù)，在開區(qū)間可導(dǎo)，導(dǎo)數(shù)為，那么在開區(qū)間內(nèi)至少存在一點(diǎn)，使得，其中叫做在上的“拉格朗日中值點(diǎn)”.已知函數(shù).(1)若，求函數(shù)在上的“拉格朗日中值點(diǎn)”；(2)若，求證:函數(shù)在區(qū)間圖象上任意兩點(diǎn)，連線的斜率不大于；(3)若，且，求證:.1．A【分析】根據(jù)韋恩圖及補(bǔ)集、交集的定義判斷即可.【詳解】由韋恩圖可知包含區(qū)域①④，所以表示的區(qū)域為①.故選：A2．C【分析】建立平面直角坐標(biāo)系，寫出兩向量的坐標(biāo)，求出數(shù)量積.【詳解】如圖，建立平面直角坐標(biāo)系，則，則.故選：C3．B【分析】將拋物線方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程，再求焦點(diǎn)坐標(biāo)即可.【詳解】由可得，其焦點(diǎn)坐標(biāo)為，故選：B4．C【分析】首先判斷函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性，再根據(jù)奇偶性與單調(diào)性將函數(shù)不等式轉(zhuǎn)化為自變量的不等式，解得即可.【詳解】函數(shù)的定義域為，且，所以為偶函數(shù)，當(dāng)時，因為與在上單調(diào)遞增，所以在上單調(diào)遞增，則在上單調(diào)遞減，不等式，即，等價于，解得或，所以不等式的解集為.故選：C5．D【分析】根據(jù)結(jié)合的范圍分析可得，，再根據(jù)結(jié)合的范圍分析可得，由結(jié)合兩角和差公式分析求解.【詳解】因為，則，且，則，可得，，又因為，則，且，可得，，所以.故選：D.6．B【分析】設(shè)參加射門比賽的男教師人數(shù)為，根據(jù)總體的平均數(shù)求出，設(shè)女教師進(jìn)球數(shù)的方差為，根據(jù)方差公式計算可得.【詳解】設(shè)參加射門比賽的男教師人數(shù)為，則全部參賽教師進(jìn)球數(shù)的平均數(shù)，解得，即參賽的男女教師各有人，設(shè)女教師進(jìn)球數(shù)的方差為，依題意可得，解得.故選：B7．D【分析】首先利用正弦定理求得，再利用余弦定理列方程求得，進(jìn)而求角，從而利用可得的長度.【詳解】由的外接圓半徑，得，由和得，又，解得，所以.因為中，是邊的中點(diǎn)，所以,于是.故選：D.8．B【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，求解平面法向量，利用向量法求解點(diǎn)面距離，即可根據(jù)體積公式求解.【詳解】建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則,,設(shè)平面法向量為，則，取，則，故到平面的距離為，而,故,故，故選：B9．ACD【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算化簡可得，即可求解AB，根據(jù)模長公式以及復(fù)數(shù)的幾何意義即可求解CD.【詳解】由可得，故，故A正確，B錯誤，，故C正確，，當(dāng)時，則，故復(fù)數(shù)對應(yīng)的點(diǎn)在第二象限，D正確，故選：ACD10．ACD【分析】根據(jù)球的幾何性質(zhì)，結(jié)合勾股定理，即可結(jié)合選項逐一求解.【詳解】對于A,若圓柱的底面直徑為8，則半徑為4，此時球心到圓柱底面的距離為，故圓柱的高可以為6，A符合，對于B，若圓錐的底面直徑為8，則半徑為4，此時球心到圓錐底面的距離為，故圓錐的高最大時為，B符合，對于C，若圓錐的底面直徑為7，則半徑為，此時球心到圓錐底面的距離為，故圓錐的高最大時為，C不符合，對于D,若將各棱長均為的四面體放入到棱長為的正方體中，此時正方體的外接球直徑為，故D符合，故選：ACD11．BC【分析】依題意可得直線是函數(shù)的一條對稱軸，即可得到，從而求出的值，再由兩角和的正弦公式將函數(shù)化簡，由時函數(shù)取得最小值求出.【詳解】因為，所以時函數(shù)取得最小值，即直線是函數(shù)的一條對稱軸，又因為，所以，即，所以，所以，所以，解得，當(dāng)時，當(dāng)時.故選：BC關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題解答的關(guān)鍵是根據(jù)對稱性得到，從而確定的值.12．108【分析】根據(jù)分步乘法計數(shù)原理，結(jié)合排列組合即可求解.【詳解】從三個上午班中選擇一個安排甲，再從下午的三個班中選擇兩個安排乙丙，剩余三個人安排在剩余的班位上，故一共有,故10813．【分析】根據(jù)對勾函數(shù)的性質(zhì)以及導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)的最值，即可作出函數(shù)的圖象，根據(jù)只有一個交點(diǎn)，即可結(jié)合圖象求解.【詳解】，由于為對勾函數(shù)，最小值為2，而，所以在單調(diào)遞減，故，作出的大致圖象如下：故要使恰有一個零點(diǎn)，只需要只有一個交點(diǎn)，故，即，故14．【分析】聯(lián)立漸近線與直線的方程，可得坐標(biāo)，繼而根據(jù)點(diǎn)點(diǎn)距離公式可得，即可利用基本不等式求解最值得求解.【詳解】設(shè)漸近線的方程分別為，，設(shè)直線的方程為，聯(lián)立與可得，，故，同理聯(lián)立與可得，由于反向，所以位于一四象限，故，故，，當(dāng)且僅當(dāng),即時等號成立，故最小值為，因此，故，故方法點(diǎn)睛：求解橢圓或雙曲線的離心率的方法如下：（1）定義法：通過已知條件列出方程組，求得的值，根據(jù)離心率的定義求解離心率的值；（2）齊次式法：由已知條件得出關(guān)于的齊次方程，然后轉(zhuǎn)化為關(guān)于的方程求解；（3）特殊值法：通過取特殊位置或特殊值，求得離心率.15．(1)(2)【分析】（1）依題意得到關(guān)于、的方程組，解得、，即可求出通項公式；（2）由（1）可得，利用分組求和法計算可得.【詳解】（1）因為，，所以，解得或，因為，所以，則；（2）由（1）可得，所以.16．(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)垂直關(guān)系，結(jié)合勾股定理可得即可求證，根據(jù)線線垂直可得平面，進(jìn)而可得，進(jìn)而可得平面，即可求證面面垂直，（2）根據(jù)勾股定理以及線線垂直可證明平面,即可得為直線與平面所成的角，即可求解.【詳解】（1）連接,由于所以由于，所以故，即，又，，平面，故平面，平面,故,平面，所以平面，平面，故平面平面（2）由于所以由于，所以故，即，又，，平面，故平面，平面,故,平面，故平面,故即為直線與平面所成的角，,,17．(1)(2)15(3)0.708【分析】（1）根據(jù)題意服從超幾何分布，先計算概率，再計算期望代入方差公式即可.（2）有放回的摸球，所以服從二項分布，利用期望，方差公式聯(lián)立求出.（3）有放回的摸球，每次摸一個球，摸10次，紅球出現(xiàn)的次數(shù)是服從二項分布的，想利用摸出紅球的頻率估計袋中紅球所占比例，當(dāng)紅球有30個時，紅球?qū)嶋H的比例為如果紅球占比估計值的誤差不超過，，則只能取2、3或4.，又因為紅球出現(xiàn)的次數(shù)是服從二項分布的，所以概率利用二項分布的計算可得.【詳解】（1）X的取值有0，1，2.且服從超幾何分布.因此,,;分布列如下：X012P..（2）因為有放回地摸取1個小球次，每次摸到紅球的概率是，所以，，，即，所以.（3）設(shè)從袋中有放回地摸取小球10次，每次摸出1個小球中紅球出現(xiàn)次，所以摸出紅球的頻率為，當(dāng)，紅球所占比例為，如果以摸出紅球的頻率估計袋中紅球所占比例，且誤差不超過，因此：，即只能取2、3或4.所以紅球占比估計值的誤差不超過的概率.18．(1)(2)(3)【分析】（1）根據(jù)已知條件求出，結(jié)合構(gòu)造方程組，確定、的值即可求出橢圓方程；（2）根據(jù)橢圓與雙曲線的對稱性，確定各交點(diǎn)確定的四邊形為矩形，設(shè)出交點(diǎn)坐標(biāo)，矩形面積，利用基本不等式即可求出最值；（3）根據(jù)兩直線過的定點(diǎn)及斜率和為設(shè)出兩直線方程，直曲聯(lián)立，利用偉大定理即可求出，，，，由此即可確定、坐標(biāo)，求出直線方程，確定直線過定點(diǎn)，由此可求出面積，換元利用基本不等式求最值即可.【詳解】（1）設(shè)橢圓的方程為，由題意知，在橢圓上，所以，，即，所以，解得，所以橢圓的方程為.（2）設(shè)四邊形面積為，其中一個交點(diǎn)坐標(biāo)為，則，由橢圓與雙曲線的對稱性可知，其他三個點(diǎn)分別為：，，，所以四邊形為矩形，由，即，得，當(dāng)且僅當(dāng)，即，時，四邊形的面積取最大值，所以，設(shè)雙曲線方程為，又因為，所以，，此時雙曲線的實軸長，即，虛半軸長，所以雙曲線的方程為.（3）根據(jù)題意，直線、斜率存在且不為，且斜率不能為，設(shè)，，，則，，聯(lián)立，整理有：，所以，，，，故，聯(lián)立，整理有：，所以，，所以，若，即，整理有，解得不合題意，所以，故直線的斜率不為，設(shè)直線方程為：，在直線上，則，變形得：，在直線上，所以，變形得：，所以、時是關(guān)于的方程的的兩個根，故，解得，故直線過定點(diǎn)，，的面積為，分子分母同除以，上式化為即，令，則，當(dāng)且僅當(dāng)，即時，的面積取最大值，故面積的最大值為.方法點(diǎn)睛：直線與圓錐曲線綜合問題，需要直曲聯(lián)立，利用韋達(dá)定理結(jié)合曲線的定義，曲線的性質(zhì)進(jìn)行求解.19．(1)(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，依題意，解得即可；（2）不妨設(shè)，，，則，求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，再構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)說明函數(shù)的單調(diào)性，即可證明，再結(jié)合拉格朗日中值定理證明即可；（3）由拉格朗日中值定理可知只需證明，即證明在上單調(diào)遞減，求出導(dǎo)函數(shù)，再構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)說明函數(shù)的單調(diào)性，即可得證.【詳解】（1）當(dāng)時，則，因為為函數(shù)在上的“拉格朗日中值點(diǎn)，則，即，解得（2）當(dāng)時，不妨設(shè)，，，則，又，令，則，又，所以恒成立，所以當(dāng)時，當(dāng)時，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以在處取得極大值，即最大值，所以，所以，由拉格朗日中值定理可知必存在使得，即，又，所以，即函數(shù)在區(qū)間圖象上任意兩點(diǎn)，連