高級中學名校試卷PAGEPAGE1山西省運城市2024屆高三上學期期末調研測試數學試題一、單項選擇題1.復數，則等于（）A.1 B. C.2 D.〖答案〗D〖解析〗結合題意可得：，所以.故選：D.2.設，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件〖答案〗B〖解析〗，解得，由于是的真子集，故是的必要不充分條件.故選：B.3.已知是奇函數，則（）A. B. C.2 D.1〖答案〗C〖解析〗由題意得，即，所以，故，所以，解得.故選：C4.第33屆夏季奧運會預計2024年7月26日至8月11日在法國巴黎舉辦，這屆奧運會將新增2個競賽項目和3個表演項目．現有三個場地A，B，C分別承擔這5個新增項目的比賽，且每個場地至少承辦其中一個項目，則不同的安排方法有（）A.150種 B.300種 C.720種 D.1008種〖答案〗A〖解析〗若三個場地分別承擔個項目，則有種安排，若三個場地分別承擔個項目，則有種安排，綜上，不同的安排方法有種.故選：A5.設，，，則a，b，c的大小關系為（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗，即，，即，因為，所以，即，且，則，所以.故選：D6.已知雙曲線的左、右焦點分別為，，A為C的右頂點，以為直徑的圓與C的一條漸近線交于P，Q兩點，且，則雙曲線C的離心率為（）A. B. C. D.3〖答案〗C〖解析〗由題意得，以為直徑的圓的方程為，，漸近線方程為，聯立，解得，不妨令，故，因為，所以，所以，解得，故離心率.故選：C.7.已知等差數列中，，設函數，記，則數列的前17項和為（）A. B. C. D.0〖答案〗C〖解析〗由題意知，當時，，即關于點成中心對稱，由于等差數列中，，故，故，，故數列的前17項和為，故選：C.8.已知四棱錐的底面是邊長為4的正方形，，，則直線與平面夾角的正弦值為（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗如圖，由題意可知，，中，根據余弦定理可知，則，過點作平面，，連結，，連結，因為平面，平面，所以，且平面所以平面，平面，所以，又因為，所以，同理，中，，則，根據等面積公式，，所以，，又，所以，則，直線與平面夾角的夾角為，.故選：B.二、多項選擇題9.關于下列命題中，說法正確的是（）A.若事件A、B相互獨立，則B.數據63，67，69，70，74，78，85，89，90，95的第45百分位數為78C已知，，則D.已知，若，則〖答案〗AC〖解析〗對于A，若事件A、B相互獨立，則,而，A正確；對于B，數據63，67，69，70，74，78，85，89，90，95已為從小到大排列，共10個數，又，故第45百分位數為第5個數74，B錯誤；對于C，由于，，故，則，故，C正確；對于D，由于，，故，故，故，D錯誤，故選：AC10.已知函數，則（）A.的一個周期為2 B.的定義域是C.的圖象關于點對稱 D.在區間上單調遞增〖答案〗ACD〖解析〗對于A，由可知其最小正周期，故A正確；對于B，由可知，故B錯誤；對于C，由可知，此時的圖象關于點對稱，故C正確；對于D，由可知，又在上遞增，顯然，故D正確.故選：ACD.11.如圖，正方體的棱長為2，P是直線上的一個動點，則下列結論中正確的是（）A.的最小值為B.的最小值為C.三棱錐的體積為D.以點B為球心，為半徑的球面與面在正方體內的交線長為〖答案〗ABD〖解析〗對于A，為邊長為的等邊三角形，的最小值即該等邊三角形的高，為，故A正確；對于B，如圖，將等邊繞旋轉到與平面共面，顯然，故B正確；對于C，當P在D上時，，故C錯誤；對于D，設點B到平面的距離為d,，，，，以點B為球心，為半徑的球面與面在正方體內的交線是以中心為圓心，以為半徑的圓，如圖，圓有一部分在正方體外，，由A得，，所以，，所以有圓周在正方體內部，其長度為，故D對.故選：ABD.12.已知拋物線的焦點為，過點的直線與拋物線交于、兩點，與其準線交于點，為的中點，且，點是拋物線上間不同于其頂點的任意一點，拋物線的準線與軸交于點，拋物線在、兩點處的切線交于點，則下列說法正確的是（）A.拋物線焦點的坐標為B.過點作拋物線的切線，則切點坐標為C.在中，若，，則的最大值為D.〖答案〗CD〖解析〗對于A選項，拋物線的焦點為，準線方程為，設點，因為為線段的中點，則，由拋物線的定義可得，解得，則，A錯；對于B選項，由A選項可知，拋物線的方程為，點，若切線的斜率不存在，則該直線與拋物線相交，且只有一個交點，不合乎題意，所以，切線的斜率存在，設切線的方程為，聯立可得，則，解得，所以，切點橫坐標為，縱坐標為，故切點坐標為，B錯；對于C選項，過點作與直線垂直，垂足點為點，由拋物線的定義可得，，由圖可知，當直線與拋物線相切時，銳角取最大值，此時，取最大值，由B選項可知，銳角的最大值為，故的最大值為，C對；對于D選項，設點、，若直線的斜率不存在，則直線與拋物線只有一個交點，不合乎題意，所以，直線的斜率存在，設直線的方程為，聯立，可得，，由韋達定理可得，，對函數求導得，所以，直線的方程為，即，同理可知，直線的方程為，因為，則，聯立可得，即點，則，而，所以，，則，所以，，由可得，所以，，D對故選：CD.三、填空題13.已知向量，，若，則____________.〖答案〗〖解析〗因為，，所以，因為，所以，解得.故〖答案〗為：.14.的展開式中的系數為______.〖答案〗〖解析〗展開式的通項為，令，得，所以展開式中的系數為.故〖答案〗為：.15.過原點的動直線l與圓交于不同的兩點A，B.記線段的中點為P，則當直線l繞原點轉動時，動點P的軌跡長度為____________.〖答案〗〖解析〗由題意可知圓的圓心為，半徑為，根據圓的性質可知，則為直角三角形，即P在以為直徑的圓上，設中點為E，該圓半徑為，易知，又線段的中點為P，則P在圓的內部，如圖所示其軌跡即.因為，易得，則，所以的弧長為.故〖答案〗為：16.設是函數的兩個極值點，若，則的范圍為____________.〖答案〗〖解析〗由，可得，因為是函數的兩個極值點，所以是的兩根，當時，方程不成立，故是的兩根，即與的圖象有兩個交點，令則，當時，，當時，，所以在單調遞減；在上單調遞增.則圖象如下圖所示，由圖象可知：且因為，所以，當時，不妨令，則，即，化簡得，即，當時，，若，則，即的取值范圍為.故〖答案〗為：.四、解答題17.在中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且.（1）求角B的大小；（2）若，D為邊上的一點，，且______________，求的面積．①是的平分線；②D為線段的中點.（從①，②兩個條件中任選一個，補充在上面的橫線上并作答）.解：（1）由正弦定理知，，，代入上式得，，，，，.（2）若選①：由平分得：，，即.在中，由余弦定理得，，聯立，得，解得，若選②：得，，得，在中，由余弦定理得，，聯立，得，18.已知遞增的等比數列滿足，且，，成等差數列.（1）求的通項公式；（2）設，求數列的前20項和.解：（1）設公比為，因為，，成等差數列，所以，所以，解得或（舍去），所以.（2）根據題意得.19.如圖，在圓柱體中，，，劣弧的長為，AB為圓O的直徑．（1）在弧上是否存在點C（C，在平面同側），使，若存在，確定其位置，若不存在，說明理由；（2）求二面角的余弦值．解：（1）存在，當為圓柱的母線時，．證明如下：連接BC，AC，，因為為圓柱的母線，所以平面ABC，又因為平面ABC，所以．因為AB為圓O的直徑，所以．又，平面，所以平面，因為平面，所以．（2）以為原點，OA，分別為y，z軸，垂直于y，z軸的直線為x軸建立空間直角坐標系，如圖所示，則，，，因為劣弧的長為，所以，，則，．設平面的法向量，則，令，解得，，所以．因為x軸垂直平面，所以平面的一個法向量．所以，又二面角的平面角為銳角，故二面角的余弦值為．20.某學校進行趣味投籃比賽，設置了A，B兩種投籃方案.方案A：罰球線投籃，投中可以得2分，投不中得0分；方案B：三分線外投籃，投中可以得3分，投不中得0分.甲、乙兩位員工參加比賽，選擇方案A投中的概率都為，選擇方案B投中的概率都為，每人有且只有一次投籃機會，投中與否互不影響.（1）若甲選擇方案A投籃，乙選擇方案B投籃，記他們的得分之和為X,，求X的分布列；（2）若甲、乙兩位員工都選擇方案A或都選擇方案B投籃，問：他們都選擇哪種方案投籃，得分之和的均值較大？解：（1）依題意，甲投中的概率為，乙投中的概率為，于是得，解得，X的所有可能值為0，2，3，5，，，，，所以X的分布列為：0235（2）設甲、乙都選擇方案A投籃，投中次數為，都選擇方案B投籃，投中次數為，則，，則兩人都選擇方案A投籃得分和的均值為，都選擇方案B投籃得分和的均值為，則，，若，即，解得；若，即，解得；若，即，解得.所以當時，甲、乙兩位同學都選擇方案A投籃，得分之和的均值較大；當時，甲、乙兩位同學都選擇方案A或都選擇方案B投籃，得分之和的均值相等；當時，甲、乙兩位同學都選擇方案B投籃，得分之和的均值較大.21.已知橢圓的焦距為，左、右頂點分別為，上頂點為B，且．（1）求橢圓C的方程；（2）若過且斜率為k的直線l與橢圓C在第一象限相交于點Q，與直線相交于點P，與y軸相交于點M，且．求k的值．解：（1）由題意得，解得，又，故，即，又，解得，，故橢圓方程為；（2）直線l的方程為，，與聯立得，設，則，解得，因為點Q在第一象限，所以，解得，直線方程為，與聯立得，故，中，令得，故，因為，所以，整理得，即，化簡得，解得或，其中不滿足，舍去，滿足要求，故.22.已知函數，函數的圖象在點處的切線方程為.（1）討論的導函數的零點的個數；（2）若，且在上的最小值為