2023届云南省高三第一次高中毕业生复习统一检测数学试题含解析

这是一份2023届云南省高三第一次高中毕业生复习统一检测数学试题含解析，共23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届云南省高三第一次高中毕业生复习统一检测数学试题

一、单选题
1．设，则（    ）
A．i B． C．1 D．
【答案】A
【分析】利用复数的乘法可求运算结果.
【详解】,
故选：A
2．设集合，，．若，，则（    ）
A． B． C．1 D．3
【答案】B
【分析】根据包含关系结合交集的结果可求的值.
【详解】因为，故，故或，
若，则，，此时，符合；
若，则，，此时，不符合；
故选：B
3．甲、乙、丙、丁四名教师带领学生参加校园植树活动，教师随机分成三组，每组至少一人，则甲、乙在同一组的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用组合可求基本事件的总数，再根据排列可求随机事件含有的基本事件的总数，从而可求对应的概率.
【详解】设“甲、乙在同一组”为事件，
教师随机分成三组，每组至少一人的分法为，
而甲、乙在同一组的分法有，故，
故选：A.
4．平面向量与相互垂直，已知，，且与向量(1，0)的夹角是钝角，则=（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先设出向量的坐标，利用平面向量垂直的坐标表示及模的运算，向量夹角的定义求解即可．
【详解】设
①，
，②，
与向量(1，0)夹角为钝角，，③，
由①②③解得，，
故选：D．
5．已知点A，B，C为椭圆D的三个顶点，若是正三角形，则D的离心率是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先由题得到，结合，即可求得.
【详解】无论椭圆焦点位于轴或轴，根据点,,为椭圆的三个顶点,
若是正三角形,则，即，即，
即有，则，解得.
故选：C.
6．三棱锥中，平面，．若，，则该三棱锥体积的最大值为（    ）
A．2 B． C．1 D．
【答案】D
【分析】先利用线面垂直的判定定理与性质定理依次证得平面、与，从而利用基本不等式求得，进而得到，由此得解.
【详解】因为平面，平面，所以，
又，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
在中，，，则，
因为平面，平面，所以，
在中，不妨设，则由得，
所以，
当且仅当且，即时，等号成立，
所以，
所以该三棱锥体积的最大值为.
故选：D.
.
7．设函数，在上的导函数存在，且，则当时（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】对于AB，利用特殊函数法，举反例即可排除；对于CD，构造函数，利用导数与函数单调性的关系证得在上单调递减，从而得以判断.
【详解】对于AB，不妨设，，则，，满足题意，
若，则，故A错误，
若，则，故B错误；
对于CD，因为，在上的导函数存在，且，
令，则，
所以在上单调递减，
因为，即，所以，
由得，则，故C正确；
由得，则，故D错误.
故选：C.
8．已知a，b，c满足，，则（    ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】B
【分析】构造函数，利用其单调性，分，，讨论即可.
【详解】由题意得，即，则，则，
令，根据减函数加减函数为减函数的结论知：
在上单调递减，
当时，可得，，两边同取以5为底的对数得
，对通过移项得，
两边同取以3为底的对数得，
所以，所以 ，所以，且，
故此时，，故C,D选项错误，
时，，
，且，故A错误,
下面严格证明当时，，，

根据函数在上单调递增，且，
则当时，有，
，，
下面证明：，
要证：，
即证：，等价于证明，
即证：，此式开头已证明，
对，左边同除分子分母同除，右边分子分母同除得
，
则
故当时，，则
当时，可得，，两边同取以5为底的对数得
，对通过移项得，
两边同取以3为底的对数得，
所以，所以 ，所以，且，
故，故此时，，
下面严格证明当时，，
当时，根据函数，且其在上单调递减，可知
，则，则，
根据函数函数在上单调递增，且，
则当时，，
下面证明：，
要证：
即证：，等价于证，
即证：，此式已证明，
对，左边同除分子分母同除，右边分子分母同除得
，
则，
故时，，则
当时，，则，，
综上，，
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题的关键在于构造函数，利用其单调性及，从而得到之间的大小关系，同时需要先求出的范围，然后再对进行分类讨论.

二、多选题
9．已知是定义在上的偶函数，是定义在上的奇函数，且，在单调递减，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【分析】由奇偶函数的单调性的关系确定两函数的单调性，再结合，逐项判断即可.
【详解】因为是定义在R上的偶函数，是定义在R上的奇函数，且两函数在上单调递减，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递减，
所以，，
所以，，，
所以BD正确，C错误；
若，则，A错误.
故选：BD
10．已知平面平面，B，D是l上两点，直线且，直线且．下列结论中，错误的有（    ）
A．若，，且，则ABCD是平行四边形
B．若M是AB中点，N是CD中点，则
C．若，，，则CD在上的射影是BD
D．直线AB，CD所成角的大小与二面角的大小相等
【答案】ABD
【分析】由空间中线线、线面及面面关系逐项判断即可得解.
【详解】对于A，由题意，AB，CD为异面直线，所以四边形ABCD为空间四边形，不能为平行四边形，故A错误；
对于B，取BC的中点H,连接HM,则HM是的中位线，所以，
因为HM与MN相交，所以MN与AC不平行，B错误；
对于C，若，所以由线面垂直的判定可得平面ABC，所以，
由结合面面垂直的性质可得，所以点C在平面内的投影为点D,
所以CD在平面内的投影为BD，故C正确；
对于D,由二面角的定义可得当且仅当时，直线AB，CD所成的角或其补角才为二面角的大小，故D错误.
故选：ABD.

11．质点P和Q在以坐标原点O为圆心，半径为1的上逆时针做匀速圆周运动，同时出发．P的角速度大小为，起点为与x轴正半轴的交点；Q的角速度大小为，起点为射线与的交点．则当Q与P重合时，Q的坐标可以为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【分析】确定点Q的初始位置，由题意列出重合时刻t的表达式，进而可得Q点的坐标，通过赋值对比选项即可得解.
【详解】由题意，点Q的初始位置的坐标为，锐角，
设t时刻两点重合，则,即，
此时点，
即，
当时，，故A正确；
当时，，即，故B正确；
当时，，即，故D正确.
由三角函数的周期性可得，其余各点均与上述三点重合.
故选：ABD.
12．下图改编自李约瑟所著的《中国科学技术史》，用于说明元代数学家郭守敬在编制《授时历》时所做的天文计算．图中的，，，都是以O为圆心的圆弧，CMNK是为计算所做的矩形，其中M，N，K分别在线段OD，OB，OA上，，．记，，，，则（    ）

A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】先利用线面垂直的判定定理与性质定理证得，，结合条件中，，从而在各直角三角形中得到的正余弦表示，对选项逐一分析判断即可.
【详解】因为在矩形中，，
又，，面，所以面，
又面，所以，
因为在矩形中，，所以，即，
因为，，，面，
所以面，
又在矩形中，，所以面，
又面，所以，
同时，易知在矩形中，，
对于A，在中，，
在中，，
在中，，
所以，故A正确；
对于B，在中，，
在中，，
又，且在中，为的斜边，则，
所以，故B错误；
对于C，在中，，
在中，，
又，
所以，故C正确；
对于D，在中，，
又，，，
所以，
所以，即，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题的突破口是利用线面垂直的判定定理与性质定理证得，，从而得到的正余弦表示，由此得解.

三、填空题
13．某工厂生产的产品的质量指标服从正态分布．质量指标介于99至101之间的产品为良品，为使这种产品的良品率达到，则需调整生产工艺，使得至多为________．(若，则)
【答案】##0.5
【分析】根据题意以及正态曲线的特征可知，的解集，即可根据集合的包含关系列出不等式组，从而得解．
【详解】依题可知，，再根据题意以及正态曲线的特征可知，的解集，
由可得，，
所以，解得：，故σ至多为．
故答案为：．
14．若P，Q分别是抛物线与圆上的点，则的最小值为________．
【答案】##
【分析】设点，圆心，的最小值即为的最小值减去圆的半径，求出的最小值即可得解．
【详解】依题可设，圆心，根据圆外一点到圆上一点的最值求法可知，
的最小值即为的最小值减去半径．
因为，，
设，
，由于恒成立，
所以函数在上递减，在上递增，即，
所以，即的最小值为．
故答案为：．

四、双空题
15．数学家祖冲之曾给出圆周率的两个近似值：“约率”与“密率”．它们可用“调日法”得到：称小于3.1415926的近似值为弱率，大于3.1415927的近似值为强率．由，取3为弱率，4为强率，得，故为强率，与上一次的弱率3计算得，故为强率，继续计算，……．若某次得到的近似值为强率，与上一次的弱率继续计算得到新的近似值；若某次得到的近似值为弱率，与上一次的强率继续计算得到新的近似值，依此类推，已知，则________；________．
【答案】     6    
【分析】根据题意不断计算即可解出．
【详解】因为为强率，由可得，，即为强率；
由可得，，即为强率；
由可得，，即为强率；
由可得，，即为强率，所以；
由可得，，即为弱率；
由可得，．
故答案为：6；．

五、填空题
16．图为一个开关阵列，每个开关只有“开”和“关”两种状态，按其中一个开关1次，将导致自身和所有相邻的开关改变状态．例如，按将导致，，，，改变状态．如果要求只改变的状态，则需按开关的最少次数为________．











【答案】5
【分析】方法一：根据题意可知，如果要求只改变的状态，只有在以及周边按动开关才可以使按开关的次数最少，利用表格即可分析求出．
【详解】方法一：根据题意可知，只有在以及周边按动开关才可以使按开关的次数最少.具体原因如下：
假设开始按动前所有开关闭合，要只改变的状态，在按动（1,1）后，（1,2），（2,1）也改变，
下一步可同时恢复或逐一恢复，同时恢复需按动（2,2），但会导致周边的（2,3），（3,2）也改变，
因此会按动开关更多的次数，所以接下来逐一恢复，则至少按开关3次，
这样沿着周边的开关再按动，可以实现最少的开关次数，即按动5次可以满足要求．
如下表所示：（按顺时针方向开关，逆时针也可以）










按动
开
开
关
开
关
关
关
关
关
按动
开
关
开
开
关
开
关
关
关
按动
开
关
关
开
开
关
关
关
开
按动
开
关
关
开
开
关
开
开
关
按动
开
关
关
关
关
关
关
关
关

方法二：
要满足题意，按动开关次数必须为奇数，且连续两次按一个方格等于无操作，
按开关顺序无影响，由对称性按表格顺序可设各方格按动次数为
a
b
c
b
d
e
c
e
f

方格改变状态的次数为奇数，其它方格改变状态的次数为偶数，
所以，
对：a+2b为奇数；对或：a+b+c+d为偶数；
对：b+c+e为偶数；对：2b+2e+d为偶数；
对或：c+d+e+f为偶数；对：2e+f为偶数，
根据以上情况，为使开关次数最少，，，，
即1+b+c为偶数，b+c+e为偶数，c+e为偶数，所以可取，，即
各方格开关次数如下：
1
0
1
0
0
1
1
1
0

具体开闭状态可参照方法一，故按开关的最少次数为5．
故答案为：5．
【点睛】本题主要考查学生运用所学知识解决知识迁移问题的综合能力，利用表格分析法简单清晰直观．

六、解答题
17．如图，四边形ABCD是圆柱底面的内接四边形，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线，E是AC与BD的交点，，．

(1)记圆柱的体积为，四棱锥的体积为，求；
(2)设点F在线段AP上，，求二面角的余弦值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用平面几何的知识推得，进而得到与，从而利用柱体与锥体的体积公式求得关于的表达式，由此得解；
（2）根据题意建立空间直角坐标系，设，结合（1）中结论与（2）中所给条件得到所需向量的坐标表示，从而求得平面与平面的法向量与，由此利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.
【详解】（1）因为与是底面圆弧所对的圆周角，
所以，
因为，所以在等腰中，，
所以，
因为是圆柱的底面直径，所以，则，
所以，则，即，
所以在等腰，，平分，则，
所以，则，
故在中，，，则，
在中，，
因为是圆柱的母线，所以面，
所以，
，
所以．
（2）以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

不妨设，则，，，
则，
所以，，，
因为，所以，
则，
设平面的法向量，则，即，
令，则，故，
设平面的法向量，则，即，
令，则，故，
设二面角的平面角为，易知，
所以，
因此二面角的余弦值为．
18．已知函数在区间单调，其中为正整数，，且．
(1)求图像的一条对称轴；
(2)若，求．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由函数在区间上的单调性确定最小正周期的范围，再由函数值相等即可确定对称轴；
（2）根据对称轴及函数值确定的表达式，再结合最小正周期确定的可能取值，即可得解.
【详解】（1）因为函数在区间单调，
所以函数的最小正周期，
又因为，
所以直线即为图象的一条对称轴；
（2）由（1）知，故，由，得或3．
由为的一条对称轴，所以．
因为，所以或，
若，则，即，
不存在整数，使得或3；
若，则，即，
不存在整数，使得或3．当时，．
此时，由，得．
19．记数列的前n项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)设m为整数，且对任意，，求m的最小值．
【答案】(1)
(2)7

【分析】（1）由数列与的关系可得，再结合等比数列的通项可得解；
（2）利用错位相减法求出，结合范围即可得解.
【详解】（1）因为，所以，
当时，，故，
且不满足上式，
故数列的通项公式为
（2）设，则，
当时，，
故，
于是．
整理可得，所以，
又，所以符合题设条件的m的最小值为7．
20．一个池塘里的鱼的数目记为N，从池塘里捞出200尾鱼，并给鱼作上标识，然后把鱼放回池塘里，过一小段时间后再从池塘里捞出500尾鱼，表示捞出的500尾鱼中有标识的鱼的数目．
(1)若，求的数学期望；
(2)已知捞出的500尾鱼中15尾有标识，试给出N的估计值（以使得最大的N的值作为N的估计值）．
【答案】(1)20
(2)6666

【分析】（1）首先求出标鱼占总体的比例，再分析其符合超几何分布，根据超几何分布期望的计算公式即可得到答案.
（2）首先计算出当时，，当时，，
记，计算，从而得到的单调性，最后得到其最大值.
【详解】（1）依题意X服从超几何分布，且，
故．
（2）当时，，
当时，，
记，则



．
由，
当且仅当，
则可知当时，；
当时，，
故时，最大，所以N的估计值为6666．
21．已知双曲线过点，且焦距为10．
(1)求C的方程；
(2)已知点，E为线段AB上一点，且直线DE交C于G，H两点．证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）根据题意列方程组求出，即可得出C的方程；
（2）根据四点共线，要证即证，设出直线，，，联立直线方程与椭圆方程得出，将其代入，计算结果为零，即证出．
【详解】（1）由题意可得，故，所以C的方程为．
（2）设，，
当时，即，解得，则，
双曲线的渐近线方程为，
故当直线与渐近线平行时，此时和双曲线仅有一个交点，
此时直线方程为，
令，则，故．
则直线．
由得，
所以，．




．
所以，所以
即．

【点睛】关键点睛：本题第二问不能直接计算长度，否则计算量过大，而是转化为证明向量数量积之间的关系，采取设，从而得到直线方程，再使用经典的联立法，得到韦达定理式，然后证明即可.
22．椭圆曲线加密算法运用于区块链．
椭圆曲线．关于x轴的对称点记为．C在点处的切线是指曲线在点P处的切线．定义“”运算满足：①若，且直线PQ与C有第三个交点R，则；②若，且PQ为C的切线，切点为P，则；③若，规定，且．
(1)当时，讨论函数零点的个数；
(2)已知“”运算满足交换律、结合律，若，且PQ为C的切线，切点为P，证明：；
(3)已知，且直线PQ与C有第三个交点，求的坐标．
参考公式：
【答案】(1)见解析
(2)证明见解析
(3)

【分析】（1）利用导数讨论函数的单调性后求出极值，从而可判断零点的个数.
（2）利用“”运算的性质计算后可得证明.
（3）设直线的斜率，利用点在曲线上结合因式分解可求第三个点的坐标.
【详解】（1）由题设可知，有，
若，则，则，此时仅有一个零点；
若，令，解得．
当或时，，当时，，
故在，上为单调递增；
在上单调递减.
因为，
若，则，
此时，而
故此时有2个零点；
若，则，
此时，而
故此时有2个零点；
综上，
当，所以有2个零点．当，所以有2个零点．
当，有，则有1个零点．
（2）因为为C在点P处的切线，且，所以，
故，故，
因为“”运算满足交换律、结合律，
故，
故.
（3）直线的斜率，设与C的第三个交点为，

则，代入得
，
而，
故，
整理得到：，
故即，
同理可得，
两式相减得：，
故，
所以，故，故，
所以，
因此的坐标为：
．
【点睛】思路点睛：函数新运算问题，需根据运算的性质选择合理的计算顺序来处理等式，而三次函数的零点问题，注意结合极值的符号处理零点的个数.