【文档说明】山西省太原市2024届高三下学期5月三模考试 数学 Word版含答案.docx，共(10)页，79.819 KB，由小赞的店铺上传

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山西省太原市2024年高三年级模拟考试(三)数学试卷(考试时间:下午3:00−5:00)注意事项:1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分,第I卷1至4页,第II卷5至8页。2.回答第I卷前,考生务必

将自己的姓名、考试编号填写在答题卡上。3.回答第1卷时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上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,写在本试卷上无效。4.回答第II卷时,将答案写在答题卡相应位置上,写在本试卷上无效。5.考试结束后,将本试卷和答

题卡一并交回。第I卷一、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.(1−𝑖1+𝑖)2=A.−𝑖B.𝑖C.-1D.12.已知全集U=R,𝐴={𝑥|⬚|𝑥∣>1},𝐵={𝑥∣log2𝑥<1},则(∁𝑣𝐴)∩𝐵=A.

(0,1]B.[1,2)C.[−1,1]D.[−1,2)3.数据1,5,4,3,6,5,2,6的第25百分位数为A.2B.2.5C.3D.4.54.(𝑥+𝑦−1)5的展开式中𝑥𝑦2的系数为A.-20B.20C.-30D

.305.已知△𝐴𝐵𝐶中,𝐴=120∘,𝐷是𝐵𝐶的中点,且𝐴𝐷=1,则△𝐴𝐵𝐶面积的最大值A.√3B.2√3C.1D.26.已知函数𝑓(𝑥)=𝑎sin𝑥+cos𝑥的图象关于直线𝑥=𝜋6对称,则函数𝑔(𝑥

)=sin𝑥+𝑎cos𝑥的图象关于A.点(𝜋6,0)对称B.点(𝜋3,0)对称C.点(2𝜋3,0)对称D.点(5𝜋6,0)对称7.已知定义域是R的函数𝑓(𝑥)满足对于任意𝑥,𝑦∈R都有𝑓(𝑥𝑦+1)=𝑓(𝑥)𝑓(𝑦)−

2𝑓(𝑥)−2𝑦+3,且𝑓(0)=2,则∑1𝑓(𝑘)𝑓(𝑘+1)2024𝑘=1=A.6742025B.20252026C.20246081D.2256768.已知点𝐹1,𝐹2分别是椭圆𝐶的左、右焦点,𝑃(4,3)是𝐶上一点,△𝑃𝐹1𝐹2的内切圆的圆心为𝐼(�

�,1),则椭圆𝐶的标准方程是A.𝑥224+𝑦227=1B.𝑥228+𝑦221=1C.𝑥252+𝑦213=1D.𝑥264+𝑦212=1二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求的.

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.已知曲线𝐶:𝑥2+𝑦2cos𝛼=1(0<𝛼<𝜋),则下列结论正确的是A.曲线𝐶可能是直线B.曲线𝐶可能是圆C.曲线𝐶可能是椭圆D.曲线𝐶可能是双曲线10.已知𝑥1是

函数𝑓(𝑥)=𝑥3+𝑚𝑥+𝑛(𝑚<0)的极值点,若𝑓(𝑥2)=𝑓(𝑥1)(𝑥1≠𝑥2),则下列结论正确的是A.𝑓(𝑥)的对称中心为(0,𝑛)B.𝑓(−𝑥1)>𝑓(𝑥1)C.2𝑥1+𝑥2=0D.𝑥1

+𝑥2>011.已知正方体𝐴𝐵𝐶𝐷中,𝐸是𝐴1𝐵1的中点,点𝐹是线段𝐴1𝐶上的动点,则下列结论正确的是A.三棱雉𝐵−𝐶1𝐸𝐹的体积为定值B.存在点𝐹,使得𝐷𝐹⊥平面𝐵𝐶1𝐸C.

不存在点𝐹,使得𝐵𝐶//平面𝐴𝐸𝐹D.不存在点𝐹,使得𝐴𝐸𝐹⊥平面𝐵𝐶1𝐸山西省太原市2024年高三年级模拟考试(三)数学试卷第II卷(非选择题共90分)三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.抛物线𝑦=14𝑥2的焦点坐标为13.已知直

线𝑙过点𝐴(1,2,0),且直线𝑙的一个方向向量为𝑚=(0,−1,1),则坐标原点𝑂到直线𝑙的距离为_______14.赵爽是我国古代数学家、天文学家,大约在公元222年,赵爽为《周牌算经》一

书作序时,介绍了“勾股圆方图”,亦称“赵爽弦图”(以直角三角形的斜边为边得到的正方形).类比“赵爽弦图”,构造如图所示的图形,它是由三个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形,且𝐷𝐹=𝐴𝐹,点𝑃在𝐴

𝐵上,𝐵𝑃=2𝐴𝑃,点𝑄是△𝐷𝐸𝐹内(含边界)一点,若𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,则𝜆的最大值为_____.四、解答题:本大题共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.(本小题满分13分)已知

等比数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛,𝑎1=1,且{𝑆𝑛+1}也是等比数列.(1)求{𝑎𝑛}的通项公式;(2)若𝑏𝑛=𝑎𝑛⋅log2𝑎𝑛+1(𝑛∈N∗),求数列{𝑏𝑛}的前𝑛项和𝑇𝑛.16.(本小题满分15分)为预防季节性流感,某市防疫部门鼓励居民接

种流感疫苗.为了进一步研究此疫苗的预防效果,该防疫部门从市民中随机抽取了1000人进行检测,其中接种疫苗的700人中有570人未感染流感,未接种疫苗的300人中有70人感染流感.医学统计研究表明,流感的检测结果存在错检

现象,即未感染者其检测结果为阳性或感染者其检测结果为阴性.已知未感染者其检测结果为阳性的概率为0.01,感染者其检测结果为阳性的概率为0.95.将上述频率近似看成概率.(1)根据所给数据,完成以下列联表

,并依据𝛼=0.10的独立性检验,能否认为接种流感疫苗与预防流感有关?疫苗流感合计感染未感染接种未接种合计(2)已知某人流感检测结果为阳性,求此人感染流感的概率(精确到0.01).附:𝜒2=𝑛(𝑎𝑑−𝑏𝑐)2(𝑎+𝑏)(𝑐+𝑑)(𝑎+𝑐)(𝑏+𝑑);

𝛼0.100.050.01x2.7063.8416.63517.(本小题满分15分)如图,四棱柱𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的底面𝐴𝐵𝐶𝐷是平行四边形,𝐴1𝐷⊥底面𝐴𝐵𝐶𝐷.𝐴𝐵=𝐴1𝐵=2𝐴𝐷,∠𝐷𝐴𝐵=60∘.(1)

求证:平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1⊥平面𝐴𝐷𝐷1𝐴1;(2)求𝐴𝐵,与平面𝐵𝐵1𝐷1𝐷所成角的正弦值;(3)求平面𝐴𝐴1𝐵1𝐵与平面𝐵𝐵1𝐷1𝐷夹角的余弦值.18.(本小

题满分17分)已知双曲线𝐶:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)的左、右顶点分别为𝐴与𝐵,点𝐷(3,√2)在𝐶上,且直线𝐴𝐷与𝐵𝐷的斜率之和为√2.(1)求双曲线𝐶的方程;(

2)过点𝑃(3,0)的直线与𝐶交于𝑀,𝑁两点(均异于点𝐴,𝐵),直线𝑀𝐴与直线𝑥=1交于点𝑄,求证:𝐵,𝑁,𝑄三点共线.19.(本小题满分17分)已知函数𝑓(𝑥)=𝑥𝑒𝑥+𝑥−ln𝑥−𝑘(𝑘∈𝐑).(1)若𝑓(

𝑥)≥0恒成立,求实数𝑘的取值范围;(2)设𝑥1,𝑥2∈(0,+∞)(𝑥1<𝑥2)满足𝑓(𝑥1)=𝑓(𝑥2),证明:𝑥1+𝑥2>2.太原市2024年高三年级模拟考试（三）数学参考答案及评分建议一、选择题:CABDADCB二、选择题:9.ACD10.AC11.AB三、填空

题:12.(𝟎,𝟏)13.√𝟑𝟏𝟒.𝟑𝟐四、解答题:本题共5小题,共77分.15.解:(1)设数列{𝑎𝑛}的公比为𝑞,由{𝑆𝑛+1}也是等比数列得(𝑆2+1)2=(𝑆1+1)(𝑆3+1

),∴(𝑞+2)2=2×(𝑞2+𝑞+2),∴𝑞=2或𝑞=0(舍去),.5分∴𝑎𝑛=𝑎1𝑞𝑛−1=2𝑛−1(𝑛∈N∗).⋅7分(2)由(1)得𝑎𝑛=2𝑛−1,𝑏𝑛=𝑎𝑛⋅log2𝑎𝑛+1=𝑛⋅2𝑛−1(𝑛∈N∗),-9分∴𝑇𝑛=𝑏1+𝑏2+⋯

+𝑏𝑛=1×20+2×2+3×22+⋯+𝑛⋅2n−1,(1)∴2𝑇𝑛=1×2+2×22+3×23+⋯+𝑛⋅2n,(2)(1)-(2)得−𝑇𝑛=1+2+22+⋯+2𝑛−1−𝑛⋅2𝑛,∴𝑇𝑛=(𝑛−1)⋅2n+1.13

分16.解:(1)由题意得疫苗流感合计感染未感染接种130570700未接种70230300合计2008001000………4分零假设为𝐻0:接种流感疫苗与感染流感无关,⋯⋯⋯5分根据列联表中的数据,经计算得到𝜒2=1000×(570×70−130×230)2700×300×800×200=12

542≈2.976>2.706=𝑥0.10,根据小概率值𝛼=0.10的独立性检验,推断𝐻0不成立,即认为接种流感疫苗与感染流感有关,此推断犯错误的概率不超过0.10;⋅8分接种流感疫苗中未感染流感和感染流感的频率分别为5770和1370,未接种流感疫苗中未感染流感和感染流感的频率

分别为2330和730,根据频率稳定于概率的原理,可以认为接种疫苗时未感染流感的概率大;⋯⋯10分(2)设𝐴=“某人流感检测结果为阳性”,𝐵=“此人感染流感”,由题意得𝑃(𝐵)=0.2,𝑃(𝐵⃐⃗)=0.8,𝑃(𝐴∣�

�)=0.95,𝑃(𝐴∣𝐵⃐⃗)=0.01,∴𝑃(𝐴𝐵)=𝑃(𝐵)𝑃(𝐴∣𝐵)=0.2×0.95=0.19,∴𝑃(𝐴)=𝑃(𝐵)𝑃(𝐴∣𝐵)+𝑃(𝐵⃐⃗)𝑃(𝐴∣𝐵⃐⃗)=0.2×0.95+0.8×0.01=0.198

,∴𝑃(𝐵∣𝐴)=𝑃(𝐴𝐵)𝑃(𝐴)=0.190.198≈0.96.⋯⋯15分17.(1)证明:∵𝐴1𝐷⊥底面𝐴𝐵𝐶𝐷,∴𝐴1𝐷⊥𝐴𝐷,𝐴1𝐷⊥𝐵𝐷,∵𝐴𝐵=2𝐴𝐷,∠𝐷𝐴𝐵=60∘,∴𝐵

𝐷2=𝐴𝐵2+𝐴𝐷2−2𝐴𝐵⋅𝐴𝐷cos∠𝐷𝐴𝐵=3𝐴𝐷2,∴𝐴𝐵2=𝐵𝐷2+𝐴𝐷2=4𝐴𝐷2,∴∠𝐴𝐷𝐵=90∘,∴𝐴𝐷⊥𝐵𝐷,………3分∴𝐵𝐷⊥平面𝐴𝐷𝐷1𝐴1,∴平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1⊥

平面𝐴𝐷𝐷1𝐴1;⋅5分(2)由(1)知𝐴1𝐷⊥𝐴𝐷,𝐴1𝐷⊥𝐵𝐷,𝐴𝐷⊥𝐵𝐷,以𝐷为原点,𝐷𝐴,𝐷𝐵,𝐷𝐴1所在直线分别为𝑥轴、𝑦轴、𝑧轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设𝐴𝐷=1,则𝐷(0,0,0)

,𝐴(1,0,0),𝐵(0,√3,0),𝐴1(0,0,1),𝐷1(−1,0,1),𝐵1(−1,√3,1),𝐶(−1,√3,0),设𝑚⃗⃗=(𝑥1,𝑦1,𝑧1)是平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1的一个法向量,则{𝑚⃗⃗⊥𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝑚⃗⃗⊥𝐷𝐷1⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗,∴{√3𝑦1=0,−𝑥1+𝑧1=0,取𝑧1=1,则𝑥1=1,𝑦1=0,∴𝑚⃗⃗=(1,0,1),………7分∵𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−2,√3,1),∴cos<𝑚⃗⃗,𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗>=𝑚⃗⃗⃗⋅𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗∣𝑚⃗⃗⃗∥𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗∣=−1√2×√8=−14,∴𝐴𝐵1与平面𝐵𝐵1𝐷1𝐷所成角的正弦值为14;⋅10分(3)设𝑛⃗=(𝑥2,𝑦2,𝑧2)是平面𝐴𝐴1𝐵1𝐵的一个法向量,则{𝑛⃗⊥𝐴𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝑛⃗⊥𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,

∴{−𝑥2+𝑧2=0,−𝑥2+√3𝑦2=0取𝑦2=1,则𝑥2=𝑧2=√3,∴𝑛⃗=(√3,1,√3),……12分∴cos<𝑚⃗⃗,𝑛⃗>=𝑚⃗⃗⃗⋅𝑛⃗|𝑚⃗⃗⃗||𝑛⃗|=2√3√2×√7=√427,∴平面𝐴𝐴1𝐵1𝐵与平面

𝐵𝐵1𝐷1𝐷夹角的余弦值为√427.⋅15分18.解:(1)由题意得𝐴(−𝑎,0),𝐵(𝑎,0),则{9𝑎2−2𝑏2=1,√23+𝑎+√23−𝑎=√2,∴{𝑎2=3,𝑏2=1,∴𝑥23−�

�2=1;(5)分(2)由(1)得𝐴(−√3,0),𝐵(√3,0),设直线𝑀𝑁的方程为𝑥=𝑡𝑦+3(𝑡≠±√3),𝑀(𝑥1,𝑦1),𝑁(𝑥2,𝑦2),则𝐵𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑥2−√3,

𝑦2),由{𝑥=𝑡𝑦+3,𝑥23−𝑦2=1得(𝑡2−3)𝑦2+6𝑡𝑦+6=0,∴𝑦1+𝑦2=−6𝑡𝑡2−3,𝑦1𝑦2=6𝑡2−3,9分直线𝐴𝑀的方程为𝑦=𝑦1𝑥1+√3(𝑥+√3),令𝑥=1,则𝑦=�

�1𝑥1+√3(1+√3),∴𝑄(1,(1+√3)𝑦1𝑥1+√3),∴𝐵𝑄⃗⃗⃗⃗⃗=(1−√3,(1+√3)𝑦1𝑥1+√3),.12分∵(𝑥2−√3)⋅(1+√3)𝑦1𝑥1+√3−(1−√3)𝑦2=1𝑥1+√3[(𝑥2−√3)⋅(1+√3)

𝑦1−(1−√3)(𝑥1+√3)𝑦2]=1𝑥1+√3[(𝑡𝑦2+3−√3)⋅(1+√3)𝑦1−(1−√3)(𝑡𝑦1+3+√3)𝑦2]=1𝑥1+√3[(𝑡𝑦2+3−√3)⋅(1+√3)𝑦1+(√3−1)(𝑡𝑦1+3+√3)𝑦2]=2√3𝑥1+√3

(𝑡𝑦1𝑦2+𝑦1+𝑦2)=2√3𝑥1+√3(6𝑡𝑡2−3−6𝑡𝑡2−3)=0,∴𝐵𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗//𝐵𝑄⃗⃗⃗⃗⃗,∴𝐵,𝑁,𝑄三点共线.17分19.(1)解:由题意得𝑓′(𝑥)=(1−𝑥)(1𝑒𝑥−1𝑥),𝑥>0,⋯⋯2分∵

𝑥>0,∴𝑒𝑥>𝑥>0,∴1𝑒𝑥−1𝑥<0,令𝑓′(𝑥)<0,则0<𝑥<1;令𝑓′(𝑥)>0,则𝑥>1,∴𝑓(𝑥)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增;(4分∴𝑓(𝑥)≥𝑓(1)=1𝑒+1−𝑘≥0,∴𝑘≤1𝑒+1,∴实数𝑘的取值范

围(−∞,1𝑒+1].(6分(2)由(1)得𝑓(𝑥)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,∵𝑓(𝑥1)=𝑓(𝑥2),∴0<𝑥1<1<𝑥2,(.8分令𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑓(2−𝑥),0<𝑥<1,则𝑔′(𝑥)=𝑓′(𝑥

)+𝑓′(2−𝑥)=(1−𝑥)[(1𝑒𝑥−1𝑥)−(1𝑒2−𝑥−12−𝑥)],⋅9分设ℎ(𝑥)=1𝑒𝑥−1𝑥,𝑥>0,则ℎ′(𝑥)=𝑒𝑥−𝑥2𝑥2𝑒𝑥,∵𝑒𝑥−𝑥2>1+𝑥+1

2𝑥2+16𝑥3−𝑥2>16𝑥[(𝑥−32)2+154]>0,∴ℎ′(𝑥)=𝑒𝑥−𝑥2𝑥2𝑒𝑥>0,∴ℎ(𝑥)=1𝑒𝑥−1𝑥在(0,+∞)上递增,当0<𝑥<1时,则ℎ(𝑥)<ℎ(2−𝑥),即1𝑒𝑥−1𝑥<1𝑒2−

𝑥−12−𝑥,11分∴𝑔′(𝑥)<0,∴𝑔(𝑥)在(0,1)上递减,∴𝑔(𝑥)>𝑔(1)=0,13分∴𝑔(𝑥1)=𝑓(𝑥1)−𝑓(2−𝑥1)>0,∴𝑓(𝑥2)=𝑓(𝑥1)>𝑓(2−𝑥1),15分∵𝑓(𝑥)在(1,+∞)上单调递增,∴𝑥2

>2−𝑥1,∴𝑥1+𝑥2>2..17分注:以上各题其它解法请酌情赋分.