2024年1月高三年級適應性調研測試【山西省通用】數學考生注意：1.答題前，考生務必將自己的姓名、考生號填寫在試卷和答題卡上，并將考生號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.考試結束后，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，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】解一元二次不等式求出集合A，根據集合的交集運算，即可得答案.【詳解】解不等式，可得，所以，又，所以，故選：D2.設，則（）A.2 B. C.1 D.【答案】D【解析】【分析】根據復數的除法運算求出，再求模長.【詳解】，.故選：D.3.在平面直角坐標系中，第二象限角的終邊與單位圓交于點，將角的終邊繞原點順時針旋轉，交圓于點，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據單位圓中角的三角函數的定義，求得，再由旋轉得到角的三角函數的表達式求出點的橫坐標即得.【詳解】因第二象限角的終邊與單位圓交于點，可得且，從而，將角的終邊繞原點順時針旋轉得到角為，于是.故選：A.4.已知點A，B在圓上，且A，B兩點關于直線對稱，則圓的半徑的最小值為（）A.2 B. C.1 D.3【答案】B【解析】【分析】根據已知條件，求出圓的標準方程，根據圓上A，B兩點關于直線對稱確定，所以，根據二次函數的性質即可求解.【詳解】因為，化為標準方程為，設圓的半徑為，由題可知圓心在直線上，于是有，則，當時，取得最小值2，故的最小值為.故選：B5.某小組兩名男生和兩名女生邀請一名老師排成一排合影留念，要求兩名男生不相鄰，兩名女生也不相鄰，老師不站在兩端，則不同的排法共有（）A.48種 B.32種 C.24種 D.16種【答案】B【解析】分析】由排列組合以及分類分步計數原理即可得解.【詳解】當老師從左到右排在第二或第四位時，共有種排法，當老師從左到右排在第三位時，共有種排法，于是共有種排法.故選：B.6.已知平面四邊形的四條邊，，，的中點依次為E，F，G，H，且，則四邊形一定為（）A.正方形 B.菱形 C.矩形 D.直角梯形【答案】C【解析】【分析】由中位線定理可得四邊形為平行四邊形，結合已知以及，化簡整理得，即，進一步即可得解.【詳解】由題意結合中位線定理可得，，所以，即四邊形為平行四邊形.，，，，，即，即，所以，又，所以，同理由中位線定理可得，所以，故四邊形為矩形.故選：C.7.一個24位數的30次方根是一個整數n，根據下列參考數據可知n的值為（）（參考數據：，，）A.5 B.6 C.7 D.8【答案】B【解析】【分析】根據題意設這個數，因它是24位數，可得出的范圍，利用取對數分離出的范圍即得.【詳解】設這個24位數為，于是，，又，即，兩邊取常用對數可得：，即.，，即可得：，因,故.故選：B.8.已知函數，，則下列說法正確的是（）A.在區間上一定有最大值 B.在區間上一定有最小值C.在區間上一定單調 D.在區間上不一定單調【答案】C【解析】【分析】利用三角恒等變換化簡函數的解析式，根據的取值范圍結合正弦型函數的單調性可得出結論.【詳解】因為，當時，，，，在區間上單調，且為開區間故無最值；則A，B錯當時，，，，，在區間上一定單調.故C對，D錯故選：C.二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.某工廠通過改進生產工藝，最終使某產品每個月的合格率都達到99%.該工廠于2023年12月份接到某企業的生產訂單，從2024年1月開始生產該產品，第一個月產量為1萬件，以后每個月的產量都在前一個月的基礎上提高，則下列說法正確的是（）（參考數據：）A.從2024年1月份開始每個月的產量成等差數列B.從2024年1月份開始每個月的產量成等比數列C.2024年全年每個月生產的不合格產品數都不會超過300D.2024年全年中可能存在某個月生產的不合格產品數超過300【答案】BC【解析】【分析】由定義判斷等比數列以及只需看最后一個月的不合格產品數是否會超過300即可得解.【詳解】由題意2024年第個月的產量為件，所以，所以從2024年1月份開始每個月的產量成等比數列，故A錯誤B正確；又函數是增函數，時，產量為件，于是該月的不合格產品數為.所以2024年全年每個月生產的不合格產品數都不會超過300.故C正確D錯誤.故選：BC.10.下列說法正確的是（）A.設隨機變量的均值為，是不等于的常數，則相對于的偏離程度小于相對于的偏離程度B.若一組數據，，…，的方差為0，則所有數據都相同C.用決定系數比較兩個回歸模型擬合效果時，越大，殘差平方和越小，模型擬合效果越好D.在對兩個分類變量進行獨立性檢驗時，如果列聯表中所有數據都擴大為原來的10倍，在相同的檢驗標準下，再去判斷兩變量的關聯性時，結論不會發生改變【答案】ABC【解析】【分析】根據均值的性質以及方差的公式以及決定系數的含義可判斷A，B，C；根據獨立性檢驗的含義可判斷D.【詳解】對于A，由均值的性質可知，由于是不等于的常數，故可得，即相對于的偏離程度小于相對于的偏離程度，A正確；對于B，根據方差公式，可知若一組數據，，…，的方差為0，則，B正確；對于C，由決定系數的定義可知，C正確，對于D，的值變為原來的10倍，在相同的檢驗標準下，再去判斷兩變量的關聯性時，結論可能發生改變，D錯誤，故選：ABC11.如圖，在正四棱柱中，，，E，F分別是棱，的中點，過點E，F的平面分別與棱，交于點G，H，則下列說法正確的是（）A.四邊形的面積的最小值為1B.平面與平面所成角的最大值為C.四棱錐的體積為定值D.點到平面的距離的最大值為【答案】ACD【解析】【分析】連接，，四邊形為菱形，，求出可判斷A；平面與平面所成的角即與所成的角，最大角為，求出可判斷B；根據可判斷C；根據，設點到平面的距離為，，只需考慮的情況，求出可判斷D.【詳解】連接，，因為平面，平面，平面，所以，因為平面，平面，平面，所以，所以四邊形為平行四邊形，因為，平面，平面，所以，，平面，所以平面，又，所以平面，平面，所以，所以邊形為菱形，故，因為，所以最小為1，故A正確；平面與平面所成的角即與所成的角，最大角為，而，所以，故B錯誤；，故C正確；，設點到平面的距離為，，只需考慮的情況，因為，又，故，因為，所以當時，有，故D正確.故選：ACD.【點睛】方法點睛：求點到平面的距離，方法如下：（1）等體積法：先計算出四面體的體積，然后計算出的面積，利用錐體的體積公式可計算出點到平面的距離；（2）空間向量法：先計算出平面的一個法向量的坐標，進而可得出點到平面的距離為.12.已知函數則下列說法正確的是（）A.為增函數 B.方程有兩個實根C.恒成立 D.當時，【答案】BC【解析】【分析】畫出圖象，結合函數的性質、方程的根與函數的零點進行求解.【詳解】當時，，則，當，，,,可以畫出的大致圖象如圖，則在定義域內不是增函數，故A錯誤；利用函數圖象可得與有兩個交點，故B正確；在圖象中作出，利用函數圖象可得在整個定義域內恒成立，故C正確；由的零點可知，當,,故D錯誤.故選：BC【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵是作出函數圖象，根據函數圖象解決此類周期函數，再作出直線和即可分析出CD選項.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.已知拋物線的焦點為，點在上，則______.【答案】2【解析】【分析】先根據點在拋物線上求出,再根據定義求出焦半徑即可.【詳解】由題可知，.所以.故答案為：2.14.已知函數的圖象經過坐標原點，且當趨向于正無窮大時，的圖象無限接近于直線，但又不與該直線相交，則______.【答案】【解析】【分析】根據指數函數的圖像性質可解.【詳解】當趨向于正無窮大時，的圖象無限接近于直線，但又不與該直線相交，可知或，又圖象經過坐標原點，則不滿足條件，所以，所以.故答案為：15.已知隨機變量，設函數，且滿足，則______.【答案】2【解析】【分析】由正態分布的定義與函數的性質即可得解.【詳解】，，又，，，有與關于對稱，則.故答案為：2.16.已知橢圓的離心率為，焦距為，，分別為其左、右焦點，是上位于第二象限內的點，過點作的切線交直線于點，則直線與直線的斜率之積為______.【答案】【解析】【分析】根據題意求出橢圓方程，求出過點的橢圓的切線方程，求出點坐標，由斜率公式代入運算得解.【詳解】，，，，所以橢圓的方程為，，，設，過點的橢圓的切線方程為，聯立，消去整理得，，由運算整理得，所以過點的橢圓的切線方程為，于，，，.故答案為：.四、解答題：共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.在中，角，，所對的邊分別為，，，滿足______.①；②.從這兩個條件中任選一個補充在上而的題目中，并解決下列問題：（1）求角；（2）若為邊上一點，且，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）若選①利用正弦定理將角化邊，再由余弦定理計算可得；若選②利用正弦定理將邊化角，再由誘導公式及二倍角公式計算可得；（2）依題意可得，，再由正弦定理計算可得.【小問1詳解】若選①：因為，由正弦定理得，化簡得，由余弦定理得，又，所以.若選②：因為，由正弦定理得.，，即.，，，，，.【小問2詳解】，.在中，，，由正弦定理可得，即，又，得，即，化簡得，顯然，即.18.已知數列的首項，且.（1）求數列的通項公式；（2）令，求數列的前項和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由遞推公式求出通項公式；（2）利用錯位相加法和分組求和法求和.【小問1詳解】，，令，則有.于是數列是首項為2，公差為1的等差數列，故，于是.【小問2詳解】由（1）可知，則在前項中，，作差得，，從而.19.如圖，在四棱錐中，平面，，，，，點在棱上，且，為棱的中點.（1）求證：平而；（2）設平面與棱交于點，求的值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）由線面垂直性質得，結合已知以及線面垂直的判定定理即可得解.（2）建立適當的空間直角坐標系，設.求出平面的法向量和，由求出參數即可得解.【小問1詳解】平面，平面，，又，且，平面.平面【小問2詳解】在線段上取點，使，連接，則，，兩兩互相垂直，以為坐標原點，，，所在直線分別為軸、軸、軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，，.設.，.設平面的法向量為，，，，令，則.，即，解得，即.20.為豐富校園文化生活，學校舉辦了乒乓球比賽.決賽采用五局三勝制的比賽規則（先贏得3局的隊伍獲勝并結束比賽）.已知甲、乙兩隊進入決賽，且根據以往比賽統計得知，在每局比賽中甲隊獲勝的概率為，乙隊獲勝的概率為，每局比賽的結果互不影響.（1）若，比賽結束時甲隊獲勝的局數記為，求的分布列及均值；（2）若比賽打滿5局的概率記為，求的最大值及此時的值，并解釋此時的實際意義.【答案】（1）分布列見解析，數學期望為（2）當時，取得最大值.實際意義：比賽雙方水平越接近，他們決出勝負需要的局數相對越多【解析】【分析】（1）根據二項分布寫出隨機變量分布列并求出數學期望;（2）先寫出,再結合基本不等式求出函數的最值,再解釋此時的實際意義即可.【小問1詳解】由題可知X的所有可能取值為0，1，2，3.，，，.所以的分布列為X0123P.【小問2詳解】由題可知.因為，當且僅當，即時，取得最大值.實際意義：比賽雙方水平越接近，他們決出勝負需要的局數相對越多.21.已知雙曲線的離心率為，焦點到漸近線的距離為1.（1）求的方程.（2）過點的直線與交于不同的兩點A，B，問：在軸上是否存在一個定點，使得為定值？若存在，求出點的坐標；若不存在，請說明理由.【答案】（1）（2）存在，【解析】【分析】（1）根據題意列出關于的方程組，解之即得；（2）由題意可設直線的橫截距方程，與雙曲線方程聯立消元得到一元二次方程，得出韋達定理，不妨假設存在點，求出的表達式，代入韋達定理，化簡后分析即得.【小問1詳解】設雙曲線的半焦距為，則雙曲線的漸近線方程為.由題可知解得故的方程為:.【小問2詳解】①當直線的傾斜角不為0時，如圖，設直線的方程為.聯立直線與雙曲線的方程可得消去，整理得：.顯然且，設，，則，.假設存在點，滿足為定值，則，故當時，，為定值，此時點.②當的傾斜角為0，即為軸時，不妨設，，取，此時為定值.綜上，當點的坐標為時，為定值.【點睛】關鍵點點睛：本題主要考查直線與雙曲線相交產生的定值問題,屬于較難題.解題關鍵有兩個，其一，選設直線方程，如果設直線的橫截距方程，比較有利于檢驗直線斜率為零時的情況；其二，在化簡得過程中，要注意利用點在直線上這個條件進行消元，再代入韋達定理，并盡量將得到的分式化簡到易于發現定值的條件為止.22.已知函數.（1）若當時，，求實數的取值范圍；（2）求證：.【答案】（1）（