2023届云南省部分学校高三上学期12月联考数学试题（解析版）

2023届云南省部分学校高三上学期12月联考数学试题

一、单选题

1．已知集合，则的元素个数为（    ）

A．1 B．3 C．5 D．7

【答案】C

【分析】根据并集的知识求得正确答案.

【详解】依题意，所以，

所以，共个元素.

故选：C

2．（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据复数的除法运算，化简即可得出结果.

【详解】.

故选：C.

3．下列坐标所表示的点是函数图象的对称中心的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用正弦函数的对称中心为，可得，解之即可.

【详解】因为正弦函数的对称中心为，所以令，

解得：，当时，对称中心为，

即A是对称中心，其它各项均不是对称中心.

故选：.

4．已知三个单位向量满足，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题意可得，设与所成的角为，则有，根据求解即可.

【详解】解：由题意可得，

又因为，

所以，

设与所成的角为，

则，

又因为，

所以，

所以，

即 ，

所以的最小值为.

故选：B.

5．某市场供应的电子产品中，甲厂产品占，乙厂产品占，甲厂产品的合格率是，乙厂产品的合格率是．若从该市场供应的电子产品中任意购买一件电子产品，则该产品不是合格品的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用条件概率和事件的独立性求解概率.

【详解】设表示买到的产品来自甲，乙厂，表示买到的产品为合格品，

则,

所以,

所以该产品不是合格品的概率为，

故选:C.

6．已知，，且，则的最小值是（    ）

A．1 B． C．2 D．

【答案】C

【分析】由得，巧用常数的关系即可求解.

【详解】因为，所以，则，

当且仅当，即，时，等号成立.

故选：C.

7．已知分别是双曲线的左、右焦点，直线经过且与左支交于两点，在以为直径的圆上，，则的离心率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题不妨令，得，又，，得，再由，得，即可解决.

【详解】

如图，由题知，，

因为，不妨令，

所以，

因为由双曲线的定义得，,

所以,

所以，

所以，

所以在直角中，，即，

所以，

所以双曲线的离心率为.

故选：B

8．已知，设，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据指数与对数的运算，化简可得出，根据指数函数以及幂函数的单调性即可得出.

【详解】由已知可得，，

，

.

所以，.

故选：A.

二、多选题

9．已知直线与圆交于A，B两点，且为钝角（其中O为坐标原点），则b的取值可以是（    ）

A．5 B．6 C． D．

【答案】AD

【分析】根据已知可得，.由可得，，进而代入点到直线的距离公式可得.又，即可得出答案.

【详解】由已知可得，圆心为，半径.

在中，由余弦定理知，

所以有，所以.

设圆心到直线的距离为，又，所以有，

所以有，即，即.

又直线不过圆心，所以，所以的取值范围为且.

故选：AD.

10．下列命题为真命题的是（    ）

A．展开式的常数项为20 B．被7除余1

C．展开式的第二项为 D．被63除余1

【答案】BCD

【分析】利用二项展开式的通项及二项式定理即可求解.

【详解】对于A，的展开式的通项为.

令，解得，所以展开式的常数项为，故A错误；

对于B，，因为都是的倍数，所以是的倍数，所以被7除余1，故B正确；

对于C，的展开式的第二项为，故C正确；

对于D，，因为都是的倍数，所以是63的倍数，所以被63除余1，故D正确.

故选：BCD.

11．已知函数，则（    ）

A．是奇函数 B．当时，

C．的最大值是1 D．的图象关于直线对称

【答案】BCD

【分析】根据奇偶性的定义判断A，利用同角三角函数的关系判断B，换元法，利用单调性与导数的关系求最大值判断C,根据对称轴的性质判断D.

【详解】对于A, 不恒成立，

所以不是奇函数，故A错误；

对于B，，

当时，

所以，所以，故B正确；

对于C，令，

则，所以，

所以原函数可换元为，

，

令解得，

令解得或，

所以在单调递减，单调递增，单调递减，

，所以函数的最大值为，

故C正确；

对于D，，

，

因为

所以，所以的图象关于直线对称，故D正确，

故选：BCD.

12．如图，在棱长为2的正方体中，E是线段的中点，点M，N满足，其中，则（    ）

A．存在，使得

B．的最小值为

C．当时，直线与平面所成角的正弦值为

D．当时，过E，M，N三点的平面截正方体得到的截面多边形面积为

【答案】BCD

【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法对ABC选项进行分析，通过画正方体的截面判断D选项的正确性，从而确定正确答案.

【详解】建立如图所示空间直角坐标系，

,

所以即，

即，

，

，

由于，所以，

所以不存在，使得，A选项错误.

，

,

所以当即时，取得最小值为，B选项正确.

当时，,

，

设平面的法向量为，

则，取，故，

设直线与平面所成角为，

则，所以C选项正确.

当时，是的中点，是上靠近的三等分点，

设，根据正方体的性质可知三点共线.

连接并延长，交于，则，

过作，交于，

连接并延长，交于，则，

连接，则，所以四边形是平行四边形，

再根据正方体的性质可知四边形是矩形，

所以E，M，N三点的平面截正方体得到的截面多边形为矩形，

，

所以截面多边形的面积为，D选项正确.

故选：BCD

【点睛】方法点睛：作截面的三种方法:

①直接法:截面的定点在几何体的棱上；

②平行线法:截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；

③延长交线得交点:截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上

三、填空题

13．若甲、乙两个圆柱形容器的容积相等，且甲、乙两个圆柱形的容器内部底面半径的比值为2，则甲、乙两个圆柱形容器内部的高度的比值为____________．

【答案】##

【分析】根据体积相等列方程，由此求得高度比.

【详解】设甲的底面半径为，则乙的底面半径为，

设甲的高为，乙的高为，

依题意，，

所以.

故答案为：

14．若一个等差数列至少存在两项为质数，则称该数列为K数列．已知等差数列的公差为4，且为K数列，写出满足题意的的一个值：____________．

【答案】7（答案不唯一）

【分析】根据等差数列及K数列定义，取差值为4的整数倍的两质数作为其中两项即可取得.

【详解】同为等差数列及K数列，公差为4，由K数列的定义可得，数列有至少两质数项，差值为4的整数倍，如可取质数7、11作为其中两项，此时该数列取即可.

故答案为：7（答案不唯一）

15．函数的最小值为_______________．

【答案】##0.5

【分析】对函数变形后，利用基本不等式求出最小值.

【详解】定义域为，

因为，

由基本不等式可得：，

当且仅当，即时，等号成立，

在同一坐标系内画出与，可知，使得，

故的最小值为.

故答案为：

四、双空题

16．直线经过抛物线的焦点，且与抛物线交于两点，则____________，____________．

【答案】     4    

【分析】根据点在直线上可求，再利用抛物线的定义即可求得弦长.

【详解】由题可得所以抛物线的焦点为，所以解得，

所以直线方程为

设，

联立化简得，

所以，则，

故答案为: ；.

五、解答题

17．a，b，c分别为内角A，B，C的对边．已知．

(1)求C；

(2)若c是a，b的等比中项，且的周长为6，求外接圆的半径．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据正弦定理，结合同角的三角函数关系式进行求解即可；

（2）根据正弦定理、余弦定理，结合等比中项的性质进行求解即可.

【详解】（1）根据正弦定理，由，

因为，所以，

于是由

，

因为，所以；

（2）因为c是a，b的等比中项，所以，

因为的周长为6，所以，

由余弦定理可知：

，或舍去，

所以外接圆的半径为.

18．某加工工厂加工产品A，现根据市场调研收集到需加工量X（单位：千件）与加工单价Y（单位：元/件）的四组数据如下表所示：

根据表中数据，得到Y关于X的线性回归方程为，其中．

(1)若某公司产品A需加工量为1.1万件，估计该公司需要给该加工工厂多少加工费；

(2)通过计算线性相关系数，判断Y与X是否高度线性相关．

参考公式：   ，时，两个相关变量之间高度线性相关．

【答案】(1)该公司需要给该加工工厂57200元加工费.

(2)Y与X高度线性相关.

【分析】（1）由线性回归直线方程必过，代入方程与已知联立可得与m的值，进而求得回归方程，代入可得单价，由总加工费等于单价乘以件数可得结果.

（2）计算线性相关系数r，比较与0.9可得结果.

【详解】（1）∵，，

则，

又∵

∴，，

∴，

∵1.1万=11千，

∴当时，（元），

∴（元），

答：估计该公司需要给该加工工厂57200元加工费.

（2）由（1）知，，，，

∴

∴，

∴两个相关变量之间高度线性相关.

19．如图，在四棱锥中，平面平面，底面为矩形，点F在棱上，且P与E位于平面的两侧．

(1)证明：平面．

(2)若，且在上的投影向量为，求平面与平面夹角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)先证明面面平行，进而可证明线面平行；(2)利用空间向量的坐标运算求解面面夹角的余弦值.

【详解】（1）因为平面平面，所以，

平面,平面,所以平面,

又因为底面为矩形，所以,

平面,平面,所以平面,

且平面,

所以平面平面,

又因为平面,所以平面.

（2）因为平面平面

所以且,

所以以为轴建系如图，

则,

设,

因为在上的投影向量为，

与的同向单位向量为，

所以为在上的投影为，

即解得，

所以，且,

设平面的法向量为，

所以令，

所以，

设平面的法向量为，

所以令，

所以，

，

因为平面与平面夹角为钝角，

所以平面与平面夹角的余弦值为.

20．在数列中，，．

(1)证明是等比数列，并求的通项公式；

(2)设数列的前n项和为，证明：．

【答案】(1)证明过程见详解；

(2)证明过程见详解

【分析】（1）将的左右两边都减去3，即可得到通项公式，从而得到的通项公式；（2）结合（1），利用分组求和法和裂项相消法即可得到结论．

【详解】（1）证明：依题意可得，又，则,

故，所以是以4为首项，2为公比的等比数列，即结论得证；

则，所以；

（2）解：结合（1）可得，

则，

故结论得证．

21．已知动点P到直线的距离是P到点距离的2倍，点P的轨迹记为C．

(1)证明：存在点，使得为定值．

(2)过点F且斜率的直线l与C交于A，B两点，M，N为x轴上的两个动点，且，，若，求k．

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）设，根据已知可推出点的轨迹是一个椭圆，根据椭圆的定义找到定点，给出证明；

（2）根据已知可得，，进而根据斜率以及勾股定理可推得，.联立直线与椭圆的方程，求得，进而整理得到关于的方程，解方程即可得出.

【详解】（1）证明：设点，由已知可得，

整理可得.

所以点的轨迹是一个椭圆，，，，且椭圆的焦点为，，即是椭圆的右焦点，

取，根据椭圆的定义可知，.

所以，存在点，使得为定值4．

（2）

因为，，所以，.

如图，在中，，所以，

又，即，所以.

同理可得，，

所以，即.

又，所以.

设，，直线的方程为

联立直线与椭圆的方程可得，.

恒成立，

且，

则，

又，即，

整理可得，又，所以.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

22．已知函数．

(1)讨论函数的单调性；

(2)若是函数的极小值点，求a的取值范围．

【答案】(1)答案见解析；

(2).

【分析】（1）求出定义域，.对与0的关系以及与0的关系进行讨论，即可得到函数的单调性；

（2）由已知得，.令，由已知可推得，解不等式即可得出.然后由，根据函数的连续性，证明是函数的极小值点即可.

【详解】（1）解：，定义域为，

.

（ⅰ）当时，在上恒成立，所以在上单调递减；

（ⅱ）当时，令，恒成立.

解可得，（舍去），.

当时，有，所以在上单调递减；

当时，有，所以在上单调递增；

（ⅲ）当时，令，.

当，即时，恒成立，即恒成立，所以在上单调递减；

②当，即时，解可得，（舍去），（舍去）.

所以恒成立，所以在上单调递减；

综上所述，当时，在上单调递减；

当时，在上单调递减，在上单调递增；

（2）由已知可得，，

.

显然，令.

①因为是函数的极小值点，

所以，，，使得，有，则有，

，有，则有.

若，则，此时，在上有恒成立，与前面推导结论矛盾，所以.

又连续，所以必有，即.

所以，是是函数的极小值点的必要条件；

②当时，显然有，有连续，可知，，使得，有，

则有，即在上单调递减；，有，则有，即在上单调递增.

所以，是函数的极小值点.

所以是是函数的极小值点的充分条件.

所以，a的取值范围是.

【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性，考查利用导数求函数的极值，第（2）问解题的关键是对求导后得，令，由，得，然后可证得当时，是的极小值即可，考查数学转化思想，属于较难题.