2023届云南省名校联盟高三上学期12月份联合考试数学试题（解析版）

这是一份2023届云南省名校联盟高三上学期12月份联合考试数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届云南省名校联盟高三上学期12月份联合考试数学试题 一、单选题1．若集合，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】先解出集合M，N，再根据集合并集运算法则求解即可.【详解】由题意可得：，故.故选：D.2．已知复数z满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用复数运算求得，进而求得.【详解】因为，，所以，，故.故选：A3．函数，，的图象如图所示，则，，的图象所对应的编号依次为（    ）A．①②③ B．③①②C．③②① D．①③②【答案】C【分析】利用特殊值确定正确答案.【详解】令，解得；令，解得；令，解得，即当时，对应的底数越大，图象越靠近x轴故，，的图象所对应的编号依次为③②①.故选：C4．今年入夏以来，南方多省市出现高温少雨天气，持续的干旱天气导致多地湖泊及水库水位下降.已知某水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔下降到时，减少的水量约为（）（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用台体的体积公式，将题中数据代入计算即可.【详解】台体体积公式：，由题意可得，，，代入计算得，故选：C5．某单位准备从新入职的4名男生和3名女生中选2名男生和1名女生分配到某部门3个不同的岗位，不同的分配方案有（    ）A．18种 B．36种 C．60种 D．108种【答案】D【分析】根据题意得到不同的分配方案有种情况.【详解】首先选出2名男生和1名女生，共有种情况，再把选出来的人进行全排列，共有种情况.所以不同的分配方案有种.故选：D6．图1为一种卫星接收天线，其曲面与轴截面的交线为拋物线的一部分，已知该卫星接收天线的口径，深度，信号处理中心位于焦点处，以顶点为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐标系，若是该拋物线上一点，点，则的最小值为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1【答案】B【分析】由已知点在抛物线上，利用待定系数法求抛物线方程，结合抛物线定义求的最小值.【详解】设抛物线的方程为，因为，，所以点在抛物线上，所以，故，所以抛物线的方程为，所以抛物线的焦点的坐标为，准线方程为，在方程中取可得，所以点在抛物线内，过点作与准线垂直，为垂足，点作与准线垂直，为垂足，则，所以，当且仅当直线与准线垂直时等号成立，所以的最小值为3，故选：B.7．明朝朱载培发现的十二平均律，又称“十二等程律”，是世界上通用的一组音（八度）分成十二个半音音程的律制，各相邻两律之间的波长之比完全相同.若已知应钟、大吕、夹钟、仲吕的波长成等比数列，且应钟和仲吕的波长分别是，，则大吕和夹钟的波长之和为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】等比数列第一和第四项用通项公式可求出公比，进而求出第二和第三项可得答案.【详解】故选：C8．如图，一块边长为的正三角形铁片上有三块阴影部分，将这些阴影部分裁下来，然后用剩余的三个全等的等腰三角形加工成一个正三棱锥容器，则容器的容积最大为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据锥体体积公式求得容器的容积，然后利用基本不等式或导数求得容积的最大值.【详解】由题意可知正三棱锥的底面边长为，斜高为，侧棱长为，边长为的等边三角形，一边上的高为，其外接圆半径为，则正三棱锥的高为，容积.解法一：.当且仅当时等号成立.解法二：，令，，当时，，当时，，所以函数在上单调递增；在上单调递减，，所以.故选：A 二、多选题9．某商家为了了解人们消费方式的变化情况，收集并整理了该商家2022年1月份到8月份线上收入和线下收入的数据，并绘制如下的折线图.根据折线图，下列结论正确的有（    ）A．该商家这8个月中，线上收入的平均值高于线下收入的平均值B．该商家这8个月中，线下收入数据的中位数是6.75C．该商家这8个月中，线上收入与线下收入相差最大的月份是3月D．该商家这8个月中，每月总收入不少于17万元的频率为【答案】AB【分析】利用该商家这8个月折线图提供的数据，对各个选项逐一分析判断即可．【详解】该商家这8个月中，线上收入的平均值为，线下收入的平均值为，线上收入的平均值高于线下收入的平均值，故A正确；该商家这8个月中，线下收入数据的中位数是，故B正确；该商家这8个月中，线上收入与线下收入相差最大的月份是1月，C错误；该商家这8个月中，每月总收入不少于17万元的频率为，D错误.故选：AB10．已知，分别是双曲线C：的左、右焦点，P是C上一点，且位于第一象限，，则（    ）A．P的纵坐标为 B．C．的周长为 D．的面积为4【答案】ABD【分析】结合、双曲线的定义、三角形的面积和周长等知识进行分析，从而确定正确答案.【详解】依题意，因为，所以.由双曲线的定义可得①，两边平方得，即，解得，故的面积为，D正确.设P的纵坐标为h，的面积，解得，A正确.，解得②，的周长为，C错误.①＋②可得，B正确.故选：ABD11．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中将底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图，在阳马中，平面ABCD，底面是正方形，且，E，F分别为PD，PB的中点，则（    ）A．平面PAC B．平面EFCC．点F到直线CD的距离为 D．点A到平面EFC的距离为【答案】AD【分析】根据已知条件建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标及平面EFC的法向量，利用向量垂直条件及线面垂直的判定定理及线面平行的向量关系，结合点到直线的距离及点到面的距离的向量公式即可求解.【详解】以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空直角坐标系如图所示由题意可知，，，，，，，所以，，，．因为，所以，即，所以，即．又，所以平面PAC，故A正确；设平面EFC的法向量为，则,即，令，则，所以．因为，所以，故B不正确；设点F到直线CD的距离为h，，，则，即，所以点F到直线CD的距离为，故C不正确；设点A到平面EFC的距离为d，，则，所以点A到平面EFC的距离为，故D正确.故选：AD.12．已知函数在上恰有3个零点，则（    ）A．B．在上单调递减C．函数在上最多有3个零点D．在上恰有2个极值点【答案】BC【分析】首先利用辅助角公式得，根据范围得到的范围，结合图像列出不等式，则得到的范围，利用代入检验法即可判断B选项，对C选项证明达不到四个零点，再列举三个零点的情况即可，对D选项，找到一个值满足3个极值点即可.【详解】，，，，函数在上恰有3个零点，故，解得，故A错误，当，，，，，而正弦函数在上单调递减，故函数在上单调递减正确，故B正确，令，即，解得，，，区间长度为，若在某闭区间上有四个解，则区间长度至少为，比如，则不可能存在四个解，当时，即，，则或或，解得或或，故最多有3个零点，故C正确.当时，此时，令，,解得，，则 ，解得，，，当时，，当时，，当时，，此时在上有3个极值点，故D错误，故选：BC.【点睛】关键点睛：首先利用辅助角公式将函数化成关于正弦的函数，然后整体法结合图像得到关于的不等式，即可求出其范围，单调性问题可以通过代入检验，零点个数和极值点个数问题，通过寻找特例去证明或反驳，这也是选择题常用的方法. 三、填空题13．已知向量，的夹角为，且，若，则______.【答案】##【分析】根据已知可得，代入即可求得的值.【详解】由已知可得，， ，，因为，所以，即，解得.故答案为：.14．已知，则的最小值为______.【答案】##【分析】首先已知转化为，再根据即可得到答案.【详解】由，得.因为，所以，解得.所以的最小值为.故答案为：15．已知圆：与圆：，点A，B圆上，且，线段AB的中点为D，则直线OD（O为坐标原点）被圆截得的弦长的取值范围是______.【答案】【分析】由知点在以为圆心为半径的圆上，由直线与此圆有交点得，再表示出直线OD被圆截得的弦长后求其最值即可.【详解】由题意可知圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径.因为，所以，即点在以为圆心，为半径的圆上.设直线的方程为，则，即，解得.圆心到直线的距离为，直线OD被圆截得的弦长 ，令，，则， 当时为减函数，当时，为增函数，故，，当时，直线经过，此时直线被圆截得的弦长最长，最长的弦长是圆的直径6.当时，直线被圆截得的弦长最短，则弦长为；综上，直线被圆截得的弦长的取值范围是.故答案为：【点睛】分式型函数求最值方法：①转化为反比例函数求最值；②转化为对勾函数或基本不等式求最值；③换元为二次函数求最值；④用导数求最值. 四、双空题16．写出曲线过坐标原点的切线方程：______，______.【答案】          【分析】根据切点和斜率写出切线方程，并根据切线过原点求得切线方程.【详解】当时，，则，曲线在点处的切线方程为.若该切线经过原点，则，解得，此时切线方程为.当时，同理可得满足题意的切线方程为.故答案为：； 五、解答题17．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.(1)求A；(2)若为锐角三角形，且，，求c.【答案】(1)或(2) 【分析】（1）根据正弦定理边化角公式求解即可.（2）根据余弦定理求解即可.【详解】（1）因为，所以.因为，所以.因为，所以故或.（2）因为为锐角三角形，所以.由余弦定理可得，又因为，所以，整理得：解得或（舍去）.18．已知数列满足，且，.(1)求的通项公式；(2)求数列的前n项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）代入数据计算得到，确定是以3为首项，3为公比的等比数列，计算得到答案.（2），令，数列的前n项和为，利用错位相减法得到，再利用分组求和得到答案.【详解】（1），，，解得.可得，即，，所以是以3为首项，3为公比的等比数列，故，.（2），令，数列的前n项和为，则，，，所以..19．如图，三棱柱的底面ABC是正三角形，侧面是菱形，平面平面ABC，E，F分别是棱，的中点.(1)证明：平面.(2)若，，，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】(1)取的中点M，连接ME，MB,证明，从而即可得证.(2)取AC的中点O，连接OB，，先证，再由平面平面ABC，从而可证得平面ABC，以O为原点，OB，OC，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解.【详解】（1）证明：取的中点M，连接ME，MB.因为E，F分别是棱，BC的中点，所以，，所以四边形MEFB为平行四边形，.因为平面，平面，所以平面.（2）取AC的中点O，连接OB，.因为四边形是菱形，所以.因为，所以为等边三角形.因为O为AC的中点，所以.因为平面平面ABC，平面平面，平面，所以平面ABC.因为底面ABC是正三角形，所以.以O为原点，OB，OC，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系.因为，所以，则，，，，，，所以，.设平面EFG的法向量为，则，令，则.因为，平面平面，平面ABC，所以平面，所以平面AEG的一个法向量为，所以.故二面角的余弦值为.20．新冠疫情暴发以来，各级人民政府采取有效防控措施，时常采用10人一组做核酸检测（俗称混检），某地在核酸检测中发现某一组中有1人核酸检测呈阳性，为了能找出这1例阳性感染者，且确认感染何种病毒，需要通过做血清检测，血清检测结果呈阳性的即为感染人员，呈阴性的表示没被感染.拟采用两种方案检测：方案甲：将这10人逐个做血清检测，直到能确定感染人员为止.方案乙：将这10人的血清随机等分成两组，随机将其中一组的血清混在一起检测，若结果为阳性，则表示感染人员在该组中，然后再对该组中每份血清逐个检测，直到能确定感染人员为止；若结果呈阴性，则对另一组中每份血清逐个检测，直到能确定感染人员为止.把采用方案甲，直到能确定感染人员为止，检测的次数记为X. (1)求X的数学期望；(2)如果每次检测的费用相同，以检测费用的期望作为决策依据，应选择方案甲与方案乙哪一种？【答案】(1)(2)选择方案乙 【分析】（1）结合排列数的计算、古典概型概率计算公式、期望的计算求得.（2）方案乙检测的次数记为，根据方案乙的检测方法计算出，由此作出判断.【详解】（1）X可取1，2，…，8，9，则，，2，…，8，，所以.（2）把采用方案乙，直到能确定感染人员为止，检测的次数记为Y，则Y可取2，3，4，5.，，，，则.设每次检测的费用均为，则方案甲的平均费用为，方案乙的平均费用为，因为，所以应选择方案乙.21．已知椭圆：的离心率为，是上一点.(1)求的方程.(2)设，分别为椭圆的左、右顶点，过点作斜率不为0的直线，与交于，两点，直线与直线交于点，记的斜率为，的斜率为.证明：①为定值；②点在定直线上.【答案】(1)；(2)①证明见解析；②证明见解析. 【分析】(1)由条件列出关于的方程，解方程可得，由此可得椭圆的方程；(2)①联立方程组，利用设而不求法结合两点斜率公式求即可证明；②求出直线与直线方程，联立求点的坐标，由此证明点在定直线上.【详解】（1）由题意，椭圆的离心率为，是椭圆上一点，所以，解得，所以椭圆的方程为；（2）①因为过点且斜率不为0，所以可设的方程为，代入椭圆方程得，方程的判别式，设，，则，. 两式相除得，．因为分别为椭圆的左、右顶点，所以点的坐标为，点的坐标为，所以，． 从而；②由①知，设，则，所以直线的方程为：，直线的方程为，联立可得，所以直线与直线的交点的坐标为，所以点在定直线上.【点睛】过x轴上定点斜率不为0的动直线方程可设为；过y轴上定点(0，y0)斜率存在的动直线方程可设为.22．已知函数，是的导函数．(1)若关于的方程有两个不同的正实根，求的取值范围；(2)当时，恒成立，求的取值范围．（参考数据：）【答案】(1)(2) 【分析】（1）求导，关于的方程有两个不同的正实根，即方程有两个不同的正实根，令，利用导数求出其单调区间，从而可得出答案；（2）当时，恒成立，即恒成立，即恒成立，令，利用导数求出函数的最小值即可得解.【详解】（1）解：，关于的方程有两个不同的正实根，即方程有两个不同的正实根，令，则，当时，，当时，，所以函数在上递减，上递增，所以，又当时，，当时，，所以，即，所以；（2）解：当时，恒成立，即恒成立，即恒成立，令，则,当时，，所以函数在上递增，当时，令，则，所以函数在上递增，所以，所以当时，，即，所以函数在上递增，所以，所以，所以.【点睛】本题考查了利用导数研究方程的根及函数不等式恒成立问题，解决两个问题的关键都是分离参数，计算量较大，有一定的难度.