绝密★启用前 【山西专版】天一大联考2023—2024学年高三年级阶段性测试（定位）数学考生注意：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、单项选择题：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．设全集，集合，，则=A． B． C． D．2．的展开式中常数项为A．112 B．56 C．28 D．163．已知函数若对任意，，曲线在点和处的切线互相平行或重合，则实数a=A．0 B．1 C．2 D．34．干支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支，十天干即：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．干支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”，…，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”、“乙亥”，之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，…，依此类推．已知2024年是甲辰年，则2124年为A．丁辰年 B．癸未年 C．甲午年 D．甲申年5．将一个圆台的侧面展开，得到的扇环的内弧长为4π，外弧长为8π，外弧半径与内弧半径之差为m，若该圆台的体积为，则m=A．4 B．3 C．2 D．16．设非零复数和在复平面内对应的向量分别为和，其中O为原点，若为纯虚数，则A． B．C． D．7．已知α，β，γ均是锐角，设的最大值为，则=A． B． C．1 D．8．已知实数a，b，c满足，，，则A． B． C． D．二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，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．已知抛物线C：的焦点为F，点在C上，若∠MOF=45°（O为坐标原点），则A． B． C． D．10．函数的部分图象如图所示，则A．B．C．的图象关于点对称D．不等式的解集为11．在四棱锥中，已知，，且，则A．四棱锥的体积的取值范围是B．的取值范围是C．四棱锥的外接球的表面积的最小值为8πD．PB与平面PAD所成角的正弦值可能为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知圆C经过点，且有一条直径的两个端点分别在x，y轴上，则圆C的面积的最小值为______．13．甲、乙两名足球运动员进行射门比赛，约定每人射门3次，射进的次数多者赢，一样多则为平局．若甲每次射门射进的概率均为，乙每次射门射进的概率均为，且每人每次射门相互独立．现已知甲第一次射门未射进，则乙赢的概率为______．14．已知椭圆C：的左、右焦点分别是，，斜率为的直线l经过点且交C于A，B两点（点A在第一象限），若的面积是的面积的3倍，则C的离心率为______．四、解答题：本题共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．（13分）某学校准备订做新的校服，有正装和运动装两种风格可供选择，为了解学生和家长们的偏好，学校随机调查了200名学生及每名学生的一位家长，得到以下的2×2列联表：更喜欢正装更喜欢运动装家长12080学生16040（Ⅰ）根据以上数据，判断是否有99%的把握认为学生与家长对校服风格的偏好有差异；（Ⅱ）若从家长中按不同偏好的人数比例用分层随机抽样的方法抽取5人进行座谈，再从这5人中任选2人，记这2人中更喜欢正装的家长人数为X，求X的分布列和数学期望．附：．0.10.050.010.0012.7063.8416.63510.82816．（15分）如图，A是以BC为直径的圆O上的点，PA⊥平面ABC，D，E分别是线段PA，PB上的点，且满足，．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）若二面角的正弦值为，求λ的值．17．（15分）已知双曲线C：的渐近线与圆的一个交点为．（Ⅰ）求C的方程．（Ⅱ）过点A作两条相互垂直的直线和，且与C的左、右支分别交于B，D两点，与C的左、右支分别交于E，F两点，判断能否成立．若能，求该式成立时直线的方程；若不能，说明理由．18．（17分）已知函数，，．（Ⅰ）若，，讨论在区间上的单调性；（Ⅱ）设t为常数，若”’是“在R上具有单调性”的充分条件，求t的最小值．19．（17分）对于数列，若存在，使得对任意，总有，则称为“有界变差数列”．（Ⅰ）若各项均为正数的等比数列为有界变差数列，求其公比q的取值范围；（Ⅱ）若数列满足，且，证明：是有界变差数列；（Ⅲ）若，均为有界变差数列，且，证明：是有界变差数列．天一大联考2023—2024学年高三年级阶段性测试（定位）数学（山西专版）答案一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．1．答案C命题意图本题考查集合的表示与运算．解析由已知易得，所以．2．答案A命题意图本题考查二项式定理的应用．解析常数项为．3．答案C命题意图本题考查导数的几何意义和函数的奇偶性．解析由题意知为偶函数，则．4．答案D命题意图本题考查等差数列的应用．解析天干可看作公差为10的等差数列，地支可看作公差为12的等差数列，由于，故100年后天干为甲，由于，余数为4，故100年后地支为“辰”后面第四个，即“申”，所以2124年为甲申年．5．答案B命题意图本题考查圆台的有关计算．解析易知圆台的上底面半径为2，下底面半径为4，母线长为m．设圆台的高为h，根据题意可知该圆台的体积为，解得，则．6．答案D命题意图本题考查复数的几何意义以及平面向量的运算．解析设，，，其中a，b，c，d，，且a，b不同时为0，c，d不同时为0，，由题意，所以，所以．7．答案B命题意图本题考查三角恒等变换及基本不等式的应用．解析由基本不等式可得，，，三式相加，可得，当且仅当α，β，γ均为时等号成立，所以，则．8．答案C命题意图本题考查指数函数和对数函数的综合性质．解析由已知得，，．令，则，显然，即单调递减，所以，即，亦即，．由，可得，而，所以，所以．综上可知．二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．每小题全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．答案AC命题意图本题考查抛物线的方程与性质．解析若∠MOF=45°，则，又，解得或，故A正确，B错误；由抛物线的定义，得，故C正确；由余弦定理得，故D错误．10．答案ABD命题意图本题考查三角函数的图象与性质．解析设的最小正周期为T，由图象可知，解得，故，则，将代入解析式，得，所以，所以，故A，B正确；，故C错误；即为，得，得，得，故D正确．11．答案BCD命题意图本题考查棱锥的结构以及棱锥与球的综合问题．解析由已知可得，四边形ABCD是上底为1，下底为2，底角为60°的等腰梯形，所以，．对于A，当PD⊥底面ABCD时，四棱锥的体积最大，最大体积为，故A错误；对于B，在中，，，，用余弦定理可知的取值范围是，故B正确；对于C，当PD⊥平面ABCD时，四棱锥的外接球的半径等于的外接圆的半径，此时外接球的半径最小，为，故外接球的表面积的最小值为，故C正确；对于D，设PB与平面PAD所成角为θ，当PD⊥平面ABCD时，计算可得，当P靠近平面ABCD时，θ趋向于0，所以存在某个P点，使得，故D正确．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．答案25π命题意图本题考查圆的方程与性质．解析因为圆C的一条直径的两个端点分别在x，y轴上，所以该圆一定过原点O．又圆C经过点，所以当OM为圆C的直径时，圆C的面积最小，又．所以圆C的面积最小值为．13．答案命题意图本题考查概率的乘法公式．解析若乙射进1次，则他赢的概率为；若乙射进2次，则他赢的概率为；若乙射进3次，则他赢的概率为．故乙赢的概率为．14．答案命题意图本题考查椭圆与直线的位置关系．解析因为的面积是的面积的3倍，所以．设C的半焦距为，则直线l：，联立方程可得消去x得，则，，又，即，化简可得，得，解得．四、解答题：本题共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．命题意图本题考查独立性检验的应用以及超几何分布．解析（Ⅰ）由题可知，因为，所以有99%的把握认为学生与家长对校服风格的偏好有差异．（Ⅱ）座谈的家长中更喜欢正装的人数为，更喜欢运动装的人数为．由题意可得X的所有可能取值为0，1，2，则，，，故X的分布列为X012P所以X的数学期望．16．命题意图本题考查空间位置关系的推理与证明、二面角的计算．解析（Ⅰ）因为A是以BC为直径的圆O上异于B，C的点，所以，因为PA⊥平面ABC，所以．又，所以AB⊥平面PAC，因为，所以，所以DE⊥平面PAC，因为平面PAC，所以．（Ⅱ）分别以AC，AB，AP所在的直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．设，，则点，，，，，则，，，设平面CDE的法向量为，则取．设平面BCE的法向量为，则取．因为二面角的正弦值为，所以，解得或（舍去）．17．命题意图本题考查双曲线的性质，双曲线与直线的位置关系．解析（Ⅰ）由题可知，，，故C的方程为．（Ⅱ）不能成立．显然直线，的斜率均存在，设直线的方程为，直线的方程为，，．（6分）联立与C的方程可得得，因为与C的左、右支分别相交，所以，同理，解得或．（*）因为，所以，同理可得．若，则，只需即可，解得，，显然，都不符合（*）．所以不能成立．18．命题意图本题考查利用导数研究函数的单调性．解析由题可知，即．（I），，则．由得，即或；由得，即．因此在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减．（Ⅱ）若具有单调性，则不变号．设，则，即不变号，由于，因此是二次函数．若在恒成立，则即由于，，所以该情形不成立．若在恒成立，则或即或a．由于，因此恒成立当时，（当时等号成立），当时，，因此，故t的最小值为．19．命题意图本题考查数列的综合问题．解析（Ⅰ）因为的各项均为正数，所以，，，当时，，，任取即可，所以为有界变差数列．当时，，若，则，令即可，所以为有界变差数列，若，则，当时，，显然不存在符合条件的M，故不是有界变差数列．综上，q的取值范围是．（Ⅱ）由，可得，易知，所以，因此是首项为，公差为1的等差数列，所以，即．所以，，所以是有界变差数列．（Ⅲ）由有界变差数列的定义可知，，．因为，所以．因此，所以是有界变差数列．