2023届云南省昆明市第一中学高中新课标高三第三次双基检测数学试题含解析

这是一份2023届云南省昆明市第一中学高中新课标高三第三次双基检测数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】解分式不等式求出，从而求出.
【详解】，即，解得：，
因为，所以，
所以.
故选：B
2．若复数为纯虚数，则（ ）
A．-4B．-2C．-1D．1
【答案】D
【分析】利用复数的除法法则化简，根据复数的类型列出方程，求出的值.
【详解】，
因为复数为纯虚数，
所以，
解得：.
故选：D
3．已知向量，若，则t=（ ）
A．B．
C．或D．-1
【答案】A
【分析】根据向量夹角余弦公式列出方程，求出或，舍去不合要求的解，求出答案.
【详解】因为，
所以，
可得：，且
解得：或，
当时，不满足，舍去，
当时，满足，
故选：A
4．若函数，则f（x）的值域为（ ）
A．[，+∞）B．[，+∞]
C．[1，]D．[，1]
【答案】D
【分析】由恒等变换化简解析式，再由正切函数的性质得出值域.
【详解】
在上单调递增
，即
故选：D
5．正四面体内接于一个半径为R的球，则该正四面体的棱长与这个球的半径的比值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设正四面体的棱长为2a，由正四面体几何性质得出a与外接球半径R的关系式，即可求比值
【详解】设正四面体的棱长为2a，正四面体的外接球心为O，的内心为M，则平面ABC，由平面ABC，则，
由，则.
故选：C
6．在给某小区的花园绿化时，绿化工人需要将6棵高矮不同的小树在花园中栽成前后两排，每排3棵，则后排的每棵小树都对应比它前排每棵小树高的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先求出事件A包含的基本事件个数，再根据古典概型的公式计算即可．
【详解】解：设六棵树从矮到高的顺序为1，2，3，4，5，6，后排的每棵小树都对应比它前排每棵小树高为事件A．
则6必在后排，1在前排，
因此，分为1-6相对和1-6不对两种情况（相对的意思是前后相邻），
1-6相对：5必在后排，2必在前排，
因此，又可分为2-5相对和2-5不对两种情况，
①2-5相对时，3-4相对且4在后排，所以有种情况；
②2-5不对，有种情况．
1-6不对：可分为5在前排和5在后排两种情况，
1）5在前排，则5-6相对且4在后排，又可分为1-4相对和1-4不对两种情况，
1-4相对：有种；
1-4不对：有种．
2）5在后排，又可分为1-5相对和1-5不对两种情况，
①1-5相对：2必在前排，又分为2-6相对和2-6不对两种，
2-6相对：有种；
2-6不对：有种．
②1-5不对，有种．
所以，
故选：C．
【点睛】本题的解题关键是合理分类，首先根据题意知6必在后排，1必在前排，所以根据1，6的位置关系分为两种情况，接下来就是根据每种情况，把能定下来的位置先定下来，不能定的就继续分类讨论，直至求出所有适合的基本事件个数．两个计数原理在解题时发挥了关键作用．
7．如图，圆内接四边形ABCD中，.现将该四边形沿AD旋转一周，则旋转形成的几何体的体积为（ ）
A．B．30C．D．40
【答案】D
【分析】作出辅助线，由余弦定理求出，由勾股定理逆定理得到，∠ABG=135°，旋转形成的几何体的体积等于等腰直角三角形CDE绕DE旋转形成的圆锥体积加上直角梯形ABCE绕AE旋转形成的圆台体体积，求出体圆锥积和台体体积，相加即可.
【详解】延长AB，DC交于点G，
因为，
所以∠G=45°，
故，
因为，
所以，
因为，
在中，由余弦定理得：，
解得：，
因为，
所以，∠ABG=135°，
过点C作CE⊥AD于点E，过点B作BF⊥CE于点F，
则∠CBF=∠BCF=45°，BF=CF=AE=2，CE=DE=4，
该四边形沿AD旋转一周，则旋转形成的几何体体积等于由等腰直角三角形CDE绕DE旋转形成的圆锥体积加上直角梯形ABCE绕AE旋转形成的台体体积，
其中圆锥体积为，
台体体积为，
所以旋转形成的几何体体积为.
故选：D
8．函数f（x）的定义域为R，且，当时，，当时，，则（ ）
A．1010B．1011C．1012D．1013
【答案】B
【分析】先求出函数的周期为4，从而求得，进而可求得结论．
【详解】解:由得：
，
∴的周期为4，
当时，，
，，
当时，，
，
，
．
故选：B．
二、多选题
9．已知函数，则（ ）
A．是函数的一个零点
B．是函数的一个极值点
C．函数在区间上单调递减
D．函数在处切线的斜率为
【答案】CD
【分析】A.用倍角公式化解函数，把代入解析式，看函数值是否为零.
B.求出函数的导数，把代入导函数中，看到函数值是否为零.
C.直接求出函数的单调递减区间即可得到答案.
D.函数在某个点额切线斜率等于函数在这个点处的导数值.
【详解】， .
A选项:时，，故A选项错误
B.，故B选项错误
C.令，解得，则在上单调递减，其中，故选项C正确.
D.由B选项得函数在处切线的斜率为.故D选项正确.
故选：CD.
10．已知函数，则（ ）
A．函数的最小正周期是
B．函数的最小值是2
C．函数是奇函数
D．函数在(，)上单调递增
【答案】AC
【分析】由题可得，根据三角函数的性质可判断AC，利用特值可判断BD.
【详解】因为的定义域为关于原点对称，
又，
所以函数的最小正周期是，函数是奇函数，故AC正确；
取，可得，故B错误；
因为，，故D错误.
故选：AC.
11．已知椭圆，C的左、右焦点分别为，，点B是短轴的一个端点，为正三角形，且面积为，经过焦点的直线l交椭圆C于P，Q两点（P，Q不在x轴上），则（ ）
A．椭圆C离心率为
B． 的周长为定值8
C． 的长度最小值为3
D．的面积最大值为
【答案】ABC
【分析】根据为正三角形面积为求出、，利用求出，再由可判断A；由的周长为可判断B；设，设直线l的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理和弦长公式 ，根据得出 的范围可判断C；
设 ， 的面积为，当最大时面积最大可判断D.
【详解】已知椭圆，C的左、右焦点分别为，，点B是短轴的一个端点，
对于A，因为为正三角形，且面积为，所以，，
即，解得，，所以，，所以椭圆C离心率为，故A正确；
对于B，的周长为，故B正确；
对于C，根据A可得，设，设直线l的方程为，
椭圆方程为，联立，整理得，
所以，
，
因为，所以，即，故C正确；
对于D，设 ，根据A可得，，
则的面积为，当时面积最大，为，故D错误.
故选：ABC.
12．如图，在梯形ABCD中，，E为CD的中点，沿直线AE将△DAE向上翻折至△PAE，F是棱PB上的动点，G在棱PC上，且，则（ ）
A．
B．在棱AB上存在点M，使得平面PAE
C．当二面角为直二面角时，CF与平面ABCD所成角的最大值为
D．将△DAE向上翻折的过程中，点P在底面上的射影始终落在线段AC上
【答案】AB
【分析】由几何性质，可证四边形、为一角为的菱形，
对A，取AE中点O，由证平面，即可证；
对B，由证平面PAE，则存在M在B上时符合；
对C，由证平面，作交BO于M，可得为CF与平面ABCD所成角，设，可由几何性质得，求值域即可判断最大值；
对D，先由平面证平面平面，则可判断射影始终落在线段BD上
【详解】由题，，∴四边形为，故，为菱形，∴为正三角形，
又，，为正三角形，
对A，取AE中点O，连接PO、BO，则，又平面，故平面，由平面，故，A对；
对B，，平面PAE，平面PAE，故平面PAE，故当M在B上时，平面PAE，B对；
对C，二面角为直二面角时， 平面平面，，故平面，
作交BO于M，则平面，故为CF与平面ABCD所成角，
设，由，易得，又，∴，
∴，故最大角为，C错；
对D，四边形为菱形，则、AE交于过O，由平面，平面，故平面平面，故△DAE向上翻折的过程中，点P在底面上的射影始终落在线段BD上，D错；
故选：AB
三、填空题
13．若的展开式的所有项的系数和与二项式系数和的比值是32,则展开式中项的系数是___________.
【答案】15
【分析】先赋值求出所有项的系数，进而计算出，再根据二项式定理计算展开式中项的系数.
【详解】令,得所有项的系数和为,二项式系数和为,所以,即的第项为
令,得
所以项的系数是
故答案为：15
14．已知圆，若直线l与圆C交于A，B两点，则△ABC的面积最大值为___________.
【答案】8
【分析】设出线段的中点，由垂径定理得到，由基本不等式求出，从而得到△ABC的面积最大值.
【详解】圆的圆心为，半径为4，
设线段的中点为，
由垂径定理得：，
由基本不等式可得：，
所以，当且仅当时，等号成立，
则，
故答案为：8
15．已知曲线与曲线有相同的切线，则这条切线的斜率为___________.
【答案】0.5
【分析】由题可设两曲线的切点，然后根据导数的几何意义可得切线方程，进而即得.
【详解】设曲线与曲线的切点分别为，，
又，，
所以，，
所以切线为，即，
，即，
所以，
所以，，即这条切线的斜率为.
故答案为：.
16．已知抛物线C：和直线l；）交于A，B两点，P是线段AB的中点，过P作x轴的垂线交C于点Q.若，则实数a的值是___________.
【答案】2
【分析】联立抛物线及直线方程，由，P是线段AB的中点可得，，，AB由弦长公式可得，，解方程即可得a
【详解】联立得，则，，
P是线段AB的中点，则，由，则，
，，则由可解得.
故答案为：2
四、解答题
17．已知数列中，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)求.
【答案】(1)，；
(2).
【分析】（1）利用累乘法求出时，通过验证也满足，从而求出通项公式为，；
（2）根据第一问得到数列为等差数列，进而利用等差数列求和公式进行求解.
【详解】（1）因为，，
所以当时，
，
又满足，
综上：，；
（2）由（1）知：，；
由等差数列求和公式可得：
18．已知的内角所对边分别为且
(1)求 ；
(2)若，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)由已知结合余弦定理而且,进而可求;
(2)由已知结合正弦定理可求,进而可求,然后结合和差角公式即可求解.
【详解】（1）由得，由，
又因为,所以.
（2）在中，因为，，所以得,由正弦定理和可得，解得，由 得,所以
因为在中，，
所以.
19．2022年，某省启动高考综合改革，改革后，不再分文理科，改为采用是“”模式，“3”是语文、外语、数学三科必考，“1”是在物理与历史两科中选择一科，“2”是在化学，生物，政治，地理四科中选择两科作为高考科目，某学校为做好选课走班教学，给出三种可供选择的组合进行模拟选课，其中A组合：物理、化学、生物，B组合：历史、政治、地理，C组合：物理、化学、地理.根据选课数据得到，选择A组合的概率为，选择B组合的概率为，选择C组合的概率为，甲、乙、丙三位同学每人选课是相互独立的.
(1)求这三位同学恰好有两位同学选择相同组合的概率.
(2)记X表示这三人中选择含地理的组合的人数，求X的分布列及数学期望.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，.
【分析】（1）用表示第i位同学选择A组合，用表示第i位同学选择B组合，用表示第i位同学选择C组合，，则由题意可得，分别求出三位同学恰好有两位同学选择组合的情况，最后相加可求出概率；
（2）由题意知的所有可能取值为0，1，2，3，且，然后求出各自所对应的概率，从而可得的分布列及数学期望.
【详解】（1）解：用表示第i位同学选择A组合，用表示第i位同学选择B组合，用表示第i位同学选择C组合，．
由题意可知，互相独立，
且．
故三位同学恰好有两位同学选择组合的概率为．
三位同学恰好有两位同学选择组合的概率为．
三位同学恰好有两位同学选择组合的概率为
所以这三位同学恰好有两位同学选择相同组合的概率为：.
（2）选择含地理的组合的概率为，
由题意知的所有可能取值为0，1，2，3，
且，
所以，
，
，
，
所以的分布列为
所以．
20．在四棱锥P-ABCD中，ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，E为棱PC的中点.
(1)求证：平面EBD⊥平面PAC；
(2)若，，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）由PA⊥平面ABCD证PA⊥BD，由，PA⊥BD证平面PAC，即可证平面EBD⊥平面PAC；
（2）取CD中点M，作平行四边形ABNP，证为平面PAB与平面PCD夹角，则可由几何关系求得余弦值
【详解】（1）证明：由ABCD为菱形得，又PA⊥平面ABCD，平面ABCD，故PA⊥BD，
由平面PAC，故平面PAC，
由平面EBD，故平面EBD⊥平面PAC；
（2）作平行四边形ABNP，PA⊥平面ABCD，平面ABCD，故PA⊥AB，即PA⊥NP，又平面ABNP，故平面ABNP⊥平面ABCD，
取CD中点M，由菱形ABCD的得AM⊥CD，即AM⊥AB，由平面ABNP平面ABCD，平面ABCD，故AM⊥平面ABNP，
∵平面PAM，，∴平面PAM，又平面PAM，故，
由平面ABNP平面NCDP，故为平面PAB与平面PCD夹角，
设，则，故，
故平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为
21．已知双曲线C：，过点的直线l与双曲线C相交于A，B两点，O为坐标原点.
(1)判断点P能否为线段AB的中点，说明理由
(2)若直线OA，OB的斜率分别记为，，且，求直线l的方程
【答案】(1)不能，理由见解析；
(2)
【分析】（1）设过点的直线为，联立双曲线方程得，由韦达定理及两点中点公式列式求解即可判断；
（2），由（1）代入直线方程及韦达定理求解即可
【详解】（1）证明： 设过点的直线为，
i. 时，直线与双曲线右支相切，不成立；
ii. 时，联立双曲线方程得，
直线l与双曲线C相交于A，B两点，故，且，，，
若P为线段AB的中点，则，方程组无解，故点P不能为线段AB的中点；
（2）由（1）得，
整理得，即，
即，得或（舍，此时不满足直线与曲线有两个交点）
故直线l为
22．已知函数，其中
(1)若，求的极值；
(2)若，求实数a的取值范围.
【答案】(1)极小值为，无极大值；
(2).
【分析】（1）求出定义域，二次求导，先得到在上单调递增，再根据得到当时，，当时，，求出在处取得极小值1，无极大值；
（2）设，利用同构思想对不等式变形得到，结合单调性得到，构造，，利用导函数研究函数单调性，得到，从而求出实数a的取值范围.
【详解】（1）当时，，定义域为，
则，
令，
则在上恒成立，
所以在上单调递增，
又，
所以当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，
极小值为，无极大值；
（2）由题意得：，
因为，所以不等式两边同除以得：，
变形为，
即，
设，则上式为，
因为恒成立，
所以单调递增，
故，即，
构造函数，，
则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，也是最小值，
故，
所以，解得：，
由于，故实数a的取值范围为.
【点睛】同构思想在导函数压轴题目中经常出现，通常函数中同时出现了和的相关项时，考虑同构来处理，本题第二问的难点在于先把不等式两边同除以得到，再变形得到，从而得到同构式，构造函数进行求解即可.
0
1
2
3
P