2023届云南省昆明市第一中学高三第六次考前基础强化数学试题含解析

这是一份2023届云南省昆明市第一中学高三第六次考前基础强化数学试题含解析，共15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届云南省昆明市第一中学高三第六次考前基础强化数学试题 一、单选题1．已知复数z满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用复数的乘方运算，结合除法与乘法，可得答案.【详解】解析：因为，所以，故选：A.2．已知集合，集合，则图中阴影部分所表示的集合为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由图象可知阴影部分对应的集合为且，根据集合和集合即可求出结果.【详解】因为，易知图中阴影部分对应的集合为且，选项D正确，故选：D3．已知一个圆柱体积为，底面半径为，则与此圆柱同底且体积相同的圆锥的侧面积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据圆柱圆锥体积公式求出圆锥的高，进而求圆锥的母线长，即可求侧面积.【详解】设圆锥的高为，所以圆锥的体积为，所以， 所以圆锥的母线，得圆锥的侧面积为，故选：B.4．已知的外接圆圆心为O，且，，则（    ）A．0 B． C．1 D．【答案】C【分析】根据题意可知△为直角三角形，△为等边三角形，即可求出的值.【详解】由知是边中点，因为是△的外接圆圆心，所以△为直角三角形，且，因为，所以△为等边三角形，所以，，所以，故选：C.5．函数的最大值为（    ）A．1 B．3 C．5 D．【答案】B【分析】利用诱导公式将函数化简成形式，即可求出函数的最大值.【详解】根据题意，所以，故，所以函数的最大值为3.故选：B.6．过抛物线的焦点的直线与抛物线相交于M，N两点，若M，N两点到直线的距离之和等于11，则这样的直线（    ）A．不存在 B．有且仅有一条C．有且仅有两条 D．有无穷多条【答案】C【分析】利用抛物线图像的对称性和抛物线的通径的长即可得到符合条件的直线的数量.【详解】由题意知两点到准线的距离之和等于，由抛物线定义得，而在抛物线过焦点的弦中，弦长的最小值为，而，根据过焦点的弦的对称性知，这样的弦有且仅有两条，故选：C．7．已知事件A，B，C满足A，B是互斥事件，且，，，则的值等于（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据条件概率的公式，以及概率的加法公式，可得答案.【详解】由题意，，由，是互斥事件知，，所以，故选：A．8．函数，则满足不等式的实数x的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】对函数求导，可知函数在上单调递增，根据单调性可得，进而求出实数x的取值范围.【详解】由题意，函数，当时，，在上单调递增；而，，由可得，即，易知，故选：D. 二、多选题9．设，则（    ）A．B．C．D．【答案】BCD【分析】根据二项展开式系数性质，逐个选项判断即可得到答案．【详解】对于选项A，令得，所以选项A错误；分别令和得和，所以选项B和选项C正确；对于选项 D，，选项D正确；故：BCD．10．对于下列概率统计相关知识，说法正确的是（    ）A．数据，1，2，4，5，6，8，9的第25百分位数是2B．若事件、的概率满足，且，则、相互独立C．由两个分类变量，的成对样本数据计算得到，依据的独立性检验（），可判断，独立D．若一组样本数据的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为【答案】BD【分析】根据百分位数的定义判断A，根据相互独立事件及条件概率的概率公式判断B，根据独立性检验的定义判断C，根据相关系数的定义判断D.【详解】解：对于选项A，8个数据从小到大排列，由于，所以第25百分位数应该是第二个与第三个的平均数，故A错误；对于选项B，由，可得，即，即，所以、相互独立，故B正确；对于选项C，由可得出“零假设与独立”不成立，所以有的把握说，有关，故C错误；对于选项D，样本点都在直线上，说明是负相关且线性相关性很强，所以相关系数为，故D正确；故选：BD11．数列满足，，数列的前n项和为，且，则下列正确的是（    ）A．B．数列的前n项和C．数列的前n项和D．【答案】BCD【分析】求得数列的通项公式判断选项A；求得数列的前n项判断选项B；求得数列的前n项和，进而判断选项C；求得数列的前项和进而判断选项D.【详解】由，有，又所以是首项为，公差为的等差数列，则，则，则，A错误；由，可得，解之得又时，，则，整理得则数列是首项为3公比为3 的等比数列，则，则数列的前项和，B正确；，则数列的前项和，C正确；设数列的前项和，则，，两式相减得整理得，则当时，，D正确.故选：BCD.12．已知奇函数满足，当时，，且，则实数a的值可以为（    ）A． B． C． D．【答案】AC【分析】根据题意可知函数是周期的周期函数，利用周期性可求出a的值.【详解】由题意函数是周期的周期函数，，若，则，. 所以，，则的所有可能取值为，经验证可知A，C正确，故选：AC. 三、填空题13．已知，，则的值为______.【答案】##【分析】根据角的取值范围，求三角函数值，利用二倍角公式，可得答案.【详解】解析：由，，得，又，解得，，则.故答案为：.14．已知曲线与曲线有公共点，且在公共点处的切线相同，则a的值为______.【答案】.【分析】根据题意可设两曲线公共点坐标为，对分别求导，利用在公共点处的切线相同可求出a的值.【详解】设两曲线公共点坐标为，显然，，由题意，，则，，有， ，，则的值为，故答案为：.15．经过原点且斜率为的直线l与双曲线C：恒有两个公共点，则C的离心率e的取值范围是______.【答案】【分析】直线l与双曲线C：恒有两个公共点，则有直线l的斜率大于渐近线的斜率，即可求解.【详解】双曲线：的焦点在轴上，渐近线方程是，结合该双曲线的图象，由直线与双曲线恒有两个公共点，可得出：，即，所以离心率，即离心率的取值范围是．故答案为： ． 四、双空题16．已知菱形ABCD中，，，现将此菱形沿对角线BD对折，在折的过程中，当三棱锥体积最大时，______；当三棱锥表面积最大时，______.【答案】     ##     .【分析】当三棱锥的体积最大时，平面平面，进而求得的长度；先求得三棱锥的表面积的表达式，进而求得表面积最大时的长度.【详解】当平面平面时，三棱锥体积最大，此时；三棱锥的表面积，,，所以三棱锥的表面积，故当，即时，表面积最大，此时.故答案为：；. 五、解答题17．在平面四边形ABCD中，，，，对角线AC与BD交于点E，且，.(1)求BD的长；(2)求的值.【答案】(1)2(2) 【分析】(1)利用正弦定理可直接求出，再利用勾股定理可得结果.(2)根据已知条件和第一问的结论可求出和的余弦值，再结合余弦定理求出，进而求出的余弦值.【详解】（1）在△中，由正弦定理得，所以，所以，又因为，所以， 所以．（2）在△中， ，因为，所以，，在△中，，，，所以，所以，所以 18．某批规格相同的产品由甲、乙、丙三个工厂共同生产，甲厂生产的产品次品率为2%，乙厂和丙厂生产的产品次品率均为4%，三个工厂生产的产品混放在一起，已知甲、乙、丙三个工厂生产的产品数分别占总数的40%，40%，20%.(1)任选一件产品，计算它是次品的概率；(2)如果取到的产品是次品，分别计算此次品出自甲厂、乙厂和丙厂的概率.【答案】(1)(2)， ， . 【分析】(1)根据独立事件同时发生的概率计算公式求解；(2)利用条件概率公式求解.【详解】（1）设表示“取到的产品是次品”，表示“产品由甲工厂生产”，表示“产品由乙工厂生产”，表示“产品由丙工厂生产”，易知，，两两互斥，根据题意得，，，根据全概率公式可得，故取到次品的概率为.（2）“如果取到的产品是次品，计算分别出自三个工厂的概率”，就是计算在发生的条件下，事件发生的概率.同理可得， 所以如果取到的产品是次品，此次品出自甲厂、乙厂和丙厂的概率分别是， ， .19．设数列的前n项和为，已知，.(1)证明：数列是等比数列；(2)证明：.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析 【分析】（1）利用等比数列的定义即可证明数列是等比数列；（2）先利用裂项相消法求得数列的前n项和，进而得到.【详解】（1）当时，，即，解得：，当时，，两式相减得：，则，由，递推可知，，即，检验，当时，，所以数列是首项为，公比为的等比数列.（2）由（1）知：，因为，所以 ，，因为，所以，所以.20．在三棱锥中，，，M为棱BC的中点.(1)证明：；(2)若平面平面ABC，，，E为线段PC上一点，，求点E到平面PAM的距离.【答案】(1)证明见解析(2). 【分析】（1）取的中点为，先证明平面，进而证得；（2）建立空间直角坐标系，利用向量的方法即可求得点E到平面PAM的距离.【详解】（1）取的中点为，连，，因为，则；又为棱的中点，则为△的中位线，所以，因为，则，则；由于，平面，平面，则平面，因为平面，所以..（2）由（1）得，且平面平面，平面平面，平面，则平面，又，则以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，因为，，则，则，则，，，，因为，则，则，，设为平面的一个法向量，则，令，则，，得，又设点到平面的距离为d，则，则点到平面的距离为..21．已知一动点C与定点的距离与C到定直线l：的距离之比为常数.(1)求动点C的轨迹方程；(2)过点F作一条不垂直于y轴的直线，与动点C的轨迹交于M，N两点，在直线l上有一点，记直线PM，PF，PN的斜率分别为，，，证明：为定值.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据题意，设动点，利用动点C与定点的距离与C到定直线l：的距离之比为常数即可求出轨迹方程；（2）讨论直线斜率是否存在两种情况，当直线斜率存在时，设直线方程为：，联立方程组，设而不求，利用韦达定理即可证明为定值.【详解】（1）设动点，由题意知，，所以动点C的轨迹方程为C：.（2）当直线斜率不存在时，M，N的坐标分别为，，则.当直线斜率存在时，设直线方程为：.联立直线和椭圆的方程，化简得，则，，，，所以.即为定值，定值为2【点睛】关键点睛：本题第二问考察圆锥曲线中的定值问题，在设而不求化简代入时，过程比较繁琐，尤其是韦达定理无法直接代入时，需要通过点在直线上的条件进行转化，从而整理成韦达定理能够直接代入的情况，最后可以通过特殊值去检验算计算的定值是否正确.22．已知函数.(1)若且存在零点，求实数a的取值范围；(2)若，求的最大值.【答案】(1)(2). 【分析】(1)利用函数的导数与单调性的关系确定函数的零点，极值点即可求解；(2)根据不同取值进行分类讨论，利用函数的单调性与导数的关系，讨论函数的极值，进而可求解.【详解】（1）因为，所以，①当时，，此时在单调递增，所以在存在唯一零点，所以在存在唯一零点；②当时，，所以在无零点；③当时，，，此时在单调递减，单调递增， 所以 ，且 ，若存在零点，则只需要即可，所以，由①②③可得，实数的取值范围；（2）①当时，，此时在单调递增，当时与恒成立矛盾；②当时，，则，所以，③当时，，，此时在单调递减，单调递增， 所以 ，令，所以，，，所以在单调递增，单调递减，，所以由①②③可得，的最大值为.