山西省長治市2024屆高三數學上學期9月質量檢測試題留意事項：1．本試卷全卷滿分150分，考試時間120分鐘．2．答題前，考生務必將自己的姓名、班級、考號用0.5毫米的黑色墨水簽字筆填寫在答題卡上，并檢查條形碼粘貼是否正確．3．選擇題運用2B鉛筆填涂在答題卡對應題目標號的位置上，填空題和解答題必需用0.5毫米黑色墨水簽字筆書寫在答題卡對應框內，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效．一、單選題：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.設復數滿意，則（）A.1 B. C. D.【答案】B【解析】分析】把已知等式變形，利用復數代數形式的乘除運算求出復數，再由復數模的計算公式求解【詳解】，，則．故選：B2.已知集合，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先化簡集合，再由交集的定義求解即可【詳解】因為，，所以，故選：D3.正方體中，用平行于的截面將正方體截成兩部分，則所截得的兩個幾何體不行能是（）A.兩個三棱柱 B.兩個四棱臺C.兩個四棱柱 D.一個三棱柱和一個五棱柱【答案】B【解析】【分析】依據正方體的性質及棱柱的概念，找出滿意題意的截面即得.【詳解】在正方體中，連接，因為，平面，平面，所以平面，則截面把正方體截成兩個三棱柱；分別取的中點，連接，則可得，又平面，平面，∴平面，則截面把正方體截成一個三棱柱和一個五棱柱；分別在上取點使，同理可得平面，則截面把正方體截成兩個四棱柱；不存在平行于的截面將正方體截成兩個四棱臺.故選：B.4.拋物線上的一點到焦點的距離為1，則點的縱坐標為（）A. B. C. D.0【答案】B【解析】【分析】利用拋物線定義即可求解.【詳解】拋物線可化為，焦點為，準線方程,點的縱坐標為,由拋物線定義知：，解得：.故選：B5.若隨機變量從正態分布，則，．現有40000人參與語文考試，成果大致聽從正態分布，則可估計本次語文成果在116分以上的學生人數為（）A.3640 B.1820 C.910 D.455【答案】C【解析】【分析】由于成果大致聽從正態分布，可知，，由正態分布的性質可求出數學成果116分以上的概率，從而可求出答案【詳解】依據題意可知，，由于，所以.因此本次考試116分以上的學生約有人.故選：C6.已知函數（，，），將函數的圖像向左平移個單位長度，得到函數的部分圖像如圖所示，則函數的單調增區間為（）A.（） B.（）C.（） D.（）【答案】A【解析】【分析】由函數的部分圖像，由最值求出A，由周期求出ω，代點求出φ的值，可得函數的解析式，進而依據正弦型函數的性質求解單調增區間【詳解】，將函數的圖像向左平移個單位長度，得到函數．由圖像可知：A=1，，，，，，∴，，即，，∵，∴∴令，，可得，，函數的單調增區間為，故選：A7.已知，，，則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】構造函數可證，又，可得，即可證．【詳解】由令，則，當，；當，；所以在上單調遞增，在上單調遞減，且則，因此，所以又因為，所以，得故，有.綜上，.故選：D8.定義在上的函數滿意，且當時，，若對隨意的，不等式恒成立，則實數的最大值是A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】分析：由題意可知，為偶函數，再由時函數的解析式，求得在上連續且單調遞減，由，得，即，再依據一次函數單調性，解不等式即可得到所求的最大值.詳解：為偶函數，當時，，繪制如圖所示的函數圖象，由圖可知在上連續且單調遞減，，不等式恒成立，等價于，不等式恒成立，兩邊同時平方整理得恒成立令，則有，函數最大值恒成立（1）當時，，即恒成立，（2）當時，單調遞增，即，解得，所以的取值范圍為（3）當時，單調遞減，即，解得，所以，不存在滿意條件的值.綜上使，不等式恒成立的的取值范圍所以最大值為故選C為點睛：本題考查不等式的恒成立問題的解法，運用函數的奇偶性和單調性解不等式問題，考查學生轉化思想和運算實力，有肯定難度.已知函數的單調性和奇偶性，解形如的不等式的解法如下：奇偶性單調性轉化不等式奇函數區間上單調遞增區間上單調遞減偶函數對稱區間上左減右增對稱區間上左增右減簡言之一句話，將函數值不等式問題轉化為自變量不等式問題，二、多選題：本題共4小題，每小題5分，共20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5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.以石墨烯電池、量子計算、AI等顛覆性技術為引領的前沿趨勢，正在或將重塑世界工業的發展模式，對人類生產力的創新提升意義重大，我國某公司為了搶抓機遇，成立了A、B、C三個科研小組針對某技術難題同時進行科研攻關，攻克技術難題的小組會受到嘉獎．已知A、B、C三個小組攻克該技術難題的概率分別為，，，且三個小組各自獨立進行科研攻關．下列說法正確的（）A.三個小組都受到嘉獎的概率是 B.只有A小組受到嘉獎的概率是C.只有C小組受到嘉獎的概率是 D.受到嘉獎的小組數的期望值是【答案】AD【解析】【分析】依據獨立事務的概率計算后推斷選項ABC，求出受到嘉獎的小組數對應的概率，計算出期望值后推斷D．【詳解】設三個小組攻克該技術難題分別為事務，即，相互獨立，，A正確；，B錯；只有丙小組受到嘉獎的概率是，C錯；設受到嘉獎的小組數為，則的值為，，，，．所以．D正確．故選：AD．10.已知函數（）有且只有一個零點，則（）A.B.C.若不等式的解集為，則D.若不等式的解集為，且，則【答案】ABD【解析】【分析】由函數的零點的定義和二次方程有兩個相等的實數解的條件可得，的關系式，由二次函數的最值求法，可推斷A；由基本不等式可推斷B；由二次方程的韋達定理可推斷C，D．【詳解】依據題意，函數有且只有一個零點，必有，即，，，時，等號成立，即有，故A正確；，當且僅當時，取得等號，故B正確；由，為方程的兩根，可得，故C錯誤；由，為方程的兩根，可得，，則，解得，故D正確．故選：ABD．11.給出下列四個命題：①“若為的極值點，則”的逆命題為真命題；②“平面對量的夾角是鈍角”的充分不必要條件是③若命題，則；④命題“，使得”的否定是：“均有”.其中不正確的個數是A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】舉反例可推斷①，②；結合命題及其否定的真假關系，可推斷③；依據存在命題的否定形式，可推斷④【詳解】對于命題①，令，由于使得，但不是函數的極值點，故命題不正確；對于命題②，由于取，雖有，但成平角，故不充分，則命題②不正確；對于命題③，由于，而，所以其否定不正確，故命題③也不正確；對于命題④，依據存在命題的否定形式，可知命題④正確.故不正確的有3個故選：C12.對于函數，，下列說法正確的是（）A.函數的圖象關于點中心對稱B.函數有極值的充要條件是C.若函數有兩個極值點，，則D.若，則過點做曲線的切線有且僅有2條【答案】ABC【解析】【分析】由三次函數性質，導數與極值的關系，導數的幾何意義，對選項逐一推斷【詳解】由題意得，則，，對于A，，則的圖象關于點中心對稱，故A正確，對于B，若有極值，則，得，故B正確，對于C，若有兩個極值點，，則，，，而，故，故C正確，對于D，，則，，設過點的直線與相切于點，則，整理得，令，，令，得或，令，得，故有極大值，微小值，由三次函數性質得有三個解，且，則過點做曲線的切線有3條，故D錯誤，故選：ABC三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.的綻開式中的常數項為__________．【答案】【解析】【分析】求出綻開式中的常數項和的系數，再由多項式乘法法則可得．【詳解】綻開式通項公式為，，，，，所以所求常數項為，故答案為：．14.已知實數，，滿意，則的取值范圍是__________．【答案】【解析】【分析】由條件原式可轉化為，換元后可得，，利用二次函數求解.詳解】由可得，故，所以，令，則，則，，對稱軸方程為，所以函數在上單調遞增，故，故答案為：.15.已知，若，則的最小值為________．【答案】【解析】【分析】由已知分段函數的圖像和性質以及，可計算，進而分別構造，，再由雙勾函數性質求最值即可.【詳解】解：已知分段函數在兩端區間內都是單調函數，若，則必定分屬兩段內，不妨設，則，即當時，令，由雙勾函數性質可知在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，所以，此時不符合題意），當時，令，由雙勾函數性質可知在區間上單調遞減，所以，此時.故的最小值為.故答案為：【點睛】本題考查在分段函數的圖象下由函數值相等轉化自變量關系，還考查了構造函數求最值，屬于難題.16.在矩形中，，，矩形內一點（含邊界），滿意，若，當取得最大值時，__________．【答案】【解析】【分析】建立平面直角坐標系，設點，依據已知可用x，y表示，利用不等式求最大值，依據取得最大值時的條件可得x，y的值，然后可解.【詳解】如圖建立平面直角坐標系，則，設，則因為，所以，即又，所以，得所以因為，即所以當且僅當，即時，取得最大值，所以故答案為：四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應出文字說明、證明過程或演算步驟．17.已知，，分別為三個內角A，，C所對的邊，，．（1）求A；（2）若，的面積為，求，．【答案】（1）（2），或，．【解析】【分析】（1）利用正弦定理邊化角，然后整理化簡可解；（2）依據面積公式和余弦定理列方程組求解可得.【小問1詳解】由及正弦定理得∵,，∴，即∵，∴，∴，．【小問2詳解】由題得，，①由余弦定理得，，②由①②得，或，即或．∴，或，．18.已知數列前項和滿意（），且．（1）求數列的通項公式；（2）若數列滿意（），且，求數列的前項和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由題意，依據公式，可得答案；（2）由題意，依據累加法，結合裂項相消求和，可得答案.【小問1詳解】∵當時，，∴，得或．∵，∴．當時，，，∴，即，∴，∵，∴，∴．【小問2詳解】（），∴……將以上各式相加得：．則，又也滿意，∴，．∴，∴．19.在矩形中（圖1），，，為邊上的中點，將沿折起，使得平面平面，連接，形成四棱錐．（1）求證：．（2）求平面與平面夾角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）．【解析】【分析】（1）利用面面垂直性質定理證明平面，然后可證；（2）聯立空間直角坐標系，利用向量法可解.【小問1詳解】在矩形中，，，所以，故．因為平面平面，且平面平面，所以平面．又因為平面，所以．【小問2詳解】以為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，．因為，則，，．設平面的法向量為，則有，取得，平面為坐標平面，故可取法向量為，記平面與平面夾角為，則，由圖可知，平面與平面夾角為銳角，所以平面與平面夾角的余弦值為．20.已知有一道有四個選項的單項選擇題和一道有四個選項的多項選擇題，小明知道每道多項選擇題均有兩個或三個正確選項．但依據得分規則：全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．這樣，小明在做多項選擇題時，可能選擇一個選項，也可能選擇兩個或三個選項，但不會選擇四個選項．（1）假如小明不知道單項選擇題的正確答案，就作隨機揣測．已知小明知道單項選擇題的正確答案和隨機揣測的概率都是，在他做完單項選擇題后，從卷面上看，在題答對的狀況下，求他知道單項選擇題正確答案的概率．（2）假設小明在做該道多項選擇題時，基于已有的解題閱歷，他選擇一個選項的概率為，選擇兩個選項的概率為，選擇三個選項的概率為．已知該道多項選擇題只有兩個正確選項，小明完全不知道四個選項的正誤，只好依據自己的閱歷隨機選擇．記表示小明做完該道多項選擇題后所得的分數．求：（i）；（ii）的分布列及數學期望．【答案】（1）；（2）（i）；（ii）分布列見解析，數學期望【解析】【分析】（1）先通過全概率公式求出題目答對了的概率，再通過條件概率計算答對的狀況下，知道單項選擇題正確答案的概率即可；（2）依次計算的概率，列出分布列計算期望即可.【小問1詳解】記事務A為“題目答對了”，事務B為“知道正確答案”，則由全概率公式：，所求概率為.【小問2詳解】設事務表示小明選擇了個選項，，表示選到的選項都是正確的.則，，.（i）；（ii）隨機變量的分布列為025.21.已知點在橢圓：（）上，且點到橢圓右頂點的距離為．（1）求橢圓的方程；（2）若點，是橢圓上不同的兩點（均異于）且滿意直線與斜率之積為．試推斷直線是否過定點，若是，求出定點坐標，若不是，說明理由．【答案】（1）（2）直線過定點．【解析】【分析】（1）由點在橢圓上，且點到橢圓右頂點的距離為，，結合性質，列出關于、、的方程組，求出、、，即可得橢圓的方程；（2）由題意，直線的斜率存在，可設直線的方程為，，，聯立，得，依據韋達定理、斜率公式及直線與斜率之積為，可得，解得或，將以上結論代入直線方程即可得結果.【小問1詳解】點，在橢圓：（）上代入得：，點到橢圓右頂點的距離為，則，解得，，故橢圓的方程為．【小問2詳解】由題意，直線的斜率存在，可設直線的方程為（），，，．聯立得．．∴，，∵直線與直線斜率之積為．∴，∴．化簡得，∴，化簡得，解得或．當時，直線方程為，過定點．代入判別式大于零中，解得（）．當時，直線的方程為，過定點，不符合題意．綜上所述：直線過定點．22.設函數，，其中，為自然對數的底數．（1）探討的單調性；（2）證明：當時，；（3）若不等式在時恒成立，求的取值范圍．【答案】（1）答案見解析（2）證明見解析（3）【解析】【分析】（1）求導后分與兩種狀況探討即可；（2）構造函數，求導分析單調性與最值，證明當時，即可；（3）結合（1）（2）探討的正負推斷，同時結合與1的大小關系，構造函數，求導放縮推斷