2024届云南民族大学附属高级中学高三上学期联考（一）数学试题含解析

这是一份2024届云南民族大学附属高级中学高三上学期联考（一）数学试题含解析，共20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】根据交集的定义即可得解.
【详解】，
所以.
故选：B.
2．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由复数的除法运算及共轭复数的定义判定即可.
【详解】由，得，所以.
故选:B.
3．如图所示，在中，，则（ ）

A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据向量的线性运算法则，准确化简、运算，即可求解.
【详解】根据向量的线性运算法则，可得：
.
故选：A.
4．已知等比数列的前项和为，若，则（ ）
A．8B．9C．16D．17
【答案】A
【分析】利用等比数列前项和的性质计算即可.
【详解】设，则，
因为为等比数列，所以仍成等比数列.
易知，
所以,故.
故选:A.
5．已知抛物线的焦点为F，点P在C上，若点，则周长的最小值为（ ）．
A．13B．12C．10D．8
【答案】A
【分析】由抛物线的定义结合三点共线取得最小值.
【详解】，故,
记抛物线的准线为，则：，
记点到的距离为，点到的距离为，
则.
故选：A.

6．已知三棱锥所在顶点都在球的球面上，且平面，若，则球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求出外接圆半径，再利用球的截面小圆性质求出球半径作答.
【详解】在中，，由余弦定理得，
令外接圆圆心，则平面，且，
而平面，因此，取中点，连接，有，
又平面，即有，，于是四边形为平行四边形，
则，球的半径，体积为.

故选：A
7．已知，则的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据对数式、指数式与的数字特征构造新函数，利用导数的性质判断单调性，结合函数的单调性进行判断即可.
【详解】设，则，
当时，，所以函数在上单调递减，所以，
故当时，，即，所以当时，，故.
设，则，
当时，，所以函数在上单调递增，
所以，即，所以，故.
综上可得，.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题的关键是构造新函数与.
8．若存在一个非零实数，一个正实数，使得等式成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】将原等式化成，令，则，设，利用导数求出函数的最值即可得答案.
【详解】因为，所以，
所以.
令，则，设，则，
令，可得，
当时，；当时，，
所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，
则，
又当时，，故.
故选：C.
二、多选题
9．甲、乙两个旅游景区某月初连续7天的日均气温数据如图所示（气温均取整数），则关于这7天的日均气温，下列判断正确的是（ ）
A．甲旅游景区日均气温的平均数与乙旅游景区日均气温的平均数相等
B．甲旅游景区日均气温的中位数与乙旅游景区日均气温的中位数相等
C．甲旅游景区的日均气温波动比乙城市的日均气温波动大
D．乙旅游景区日均气温的极差为
【答案】ABC
【分析】对于选项A，分别计算甲和乙旅游景区的气温平均数，从而判断A的正误；
对于选项B，分别计算甲和乙旅游景区的气温中位数，从而判断B的正误；
对于选项C，根据折线图判断哪个城市的日均气温波动大，进而判断C的正误；
对于选项D，根据折线图找到乙地气温的最大值和最小值，从而得到乙的日均气温极差，进而判断C的正误.
【详解】对于A，B项，甲旅游景区的日均气温分别为；
乙旅游景区的日均气温分别为.
因为甲旅游景区日均气温的中位数为，平均数为，
乙旅游景区日均气温的中位数为，平均数为，故A，B正确；
对于C项，根据折线图知甲旅游景区的日均气温波动比乙城市的日均气温波动大，故C正确；
对于项，因为乙旅游景区日均气温的极差为，故D错误.
故选：ABC
10．正方体的棱长为是正方形的中心，为线段上一动点，则（ ）
A．
B．直线与直线所成角的余弦值为
C．不存在点使得平面
D．三棱锥的体积为定值
【答案】ABD
【分析】根据得到，A正确，确定是异面直线与直线所成角，计算得到B正确，当时， 平面，C错误，根据等体积法计算得到D正确，得到答案.
【详解】对于选项A：在中，是的中点，故，正确；
对于选项B：设是的中点，连接，则，
所以是异面直线与直线所成角（或其补角），
在中，，
所以，正确；
对于选项C：根据正方体的性质可知，
由于平面，平面，所以平面，
同理可证得平面，
由于平面，所以平面平面，
当时，平面，所以平面，
即存在点使得平面，错误；
对于选项D：，正确.
故选：ABD.
11．如图，圆的半径等于2，弦平行于轴，圆的劣弧关于弦对称的图形恰好经过坐标原点.如果直线与这两段弧只有两个交点，则的取值可能是（ ）
A．B．0C．D．2
【答案】BD
【分析】先求出直线过和时的值，再求出圆弧对应的圆的方程，从而得到直线与圆，与圆弧相切时的的值，数形结合得到的取值范围.
【详解】因为圆的劣弧关于弦对称的图形恰好经过坐标原点，
所以，
如图所示，当直线过时，将代入中，
故，解得，
当直线过时，同理可得，
由对称性可知，圆弧对应的圆的圆心在轴上，设为，
则，即，
解得，则圆弧对应的圆的半径为2，
故圆弧对应的圆方程为，
当直线与圆弧相切时，由，
解得（舍），
当直线与圆弧相切时，由，解得（舍），
结合图形可知，当或时，
直线与两段弧有两个交点.
故选：BD.
12．佩尔数列是一个呈指数增长的整数数列。随着项数越来越大，其后一项与前一项的比值越来越接近于一个常数，该常数称为白银比，白银比和三角平方数､佩尔数及正八边形都有关系。记佩尔数列为，且，则（ ）
A．数列是等比数列，公比为
B．数列是等比数列，公比为
C．
D．白银比为
【答案】ACD
【分析】设，而已知，则可分别求出和值，继而求出的通项公式，从而判断A、B和C的正误；因为佩尔数列后一项与前一项的比值会越来越接近于一个常数，而这个常数称为白银比，则可以通过化简计算，从而判断D的正误.
【详解】对于A和B，若数列是公比为的等比数列，则，
所以，所以，所以或
所以数列是等比数列，公比为，故A正确；
数列是等比数列，公比为，故B错误；
对于C，当时，，
当时，，
解得，故C正确；
对于D，因为，
因为，所以当时，，故D正确。
故选：ACD
三、填空题
13．在的展开式中，的系数为 ．（用数字作答）
【答案】
【分析】由题意写出二项式展开式的通项，代入计算即可．
【详解】展开式的通项为，
由题意，取的系数为，
故答案为：．
14．若，则 .
【答案】/
【分析】利用两角差的余弦公式可得，再由同角三角函数之间的基本关系以及二倍角公式可得结果.
【详解】因为
;
所以可得，
两边同时平方可得，
即.
故答案为：
15．已知是定义在上的奇函数，且满足，当时，，则的单调递增区间是 .
【答案】
【分析】由题设得是周期为8的奇函数，结合区间解析式画出大致图象，数形结合确定一个递增区间，由周期性写出递增区间.
【详解】因为是定义在上的奇函数，且满足，则，
所以，即，
所以函数是周期为8的奇函数，作出大致图象如下图所示：
根据图象知，是的一个单调递增区间，
根据周期性知，的单调递增区间是.
故答案为：
16．已知双曲线的左､右焦点分别为，点在的左支上，，，延长交的右支于点，点为双曲线上任意一点（异于两点），则直线与的斜率之积 .
【答案】2
【分析】先利用平面向量加法的法则和双曲线的性质求出和的边长，再分别利用余弦定理联立可得，最后根据斜率公式求解即可.
【详解】依题意，设双曲线的半焦距为，则，
因为是的中点，所以，故由得，
又因为，所以，
在中，，
在中，，
所以，解得，所以，
所以双曲线方程为，则，
设，，，
所以，
故答案为：2
四、解答题
17．已知等差数列的前项和为，且成等比数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)解方程.
【答案】(1)或
(2)或.
【分析】（1）根据等差数列定义，由等比数列性质构造方程可解得公差或，即可求得通项公式；
（2）利用等差数列前项和公式可得，构造方程即可解得或.
【详解】（1）设的公差为，因为成等比数列，
所以，即
又，即，解得或.
当时，；
当时，.
所以数列的通项公式为或；
（2）当时，，
由，得，
化简得，解得或；
当时，，
由，得，
化简得，解得或.
综上，或.
18．如图，在平面四边形中，.
(1)求；
(2)求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，分别求得，，结合，得到，求得的长，在中，利用余弦定理，即可求解.
（2）过点作，在直角中，求得，得到是正三角形，在中，利用正弦定理，即可求解.
【详解】（1）解：在直角中，由勾股定理得，
在直角中，由勾股定理得，
因为，所以，所以，
所以，
在中，由余弦定理得.
（2）解：如图所示，过点作，垂足为，
因为，且，
在直角中，可得，则，
所以是正三角形，所以，
在中，由正弦定理得，即，
解得.
19．如图，已知直角梯形与，，，，AD⊥AB，，G是线段上一点.
(1)平面⊥平面ABF
(2)若平面⊥平面，设平面与平面所成角为，是否存在点G，使得，若存在确定G点位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点G为BF中点
【分析】（1）由线面垂直的判定定理证AD⊥平面ABF，再由面面垂直的判定证结论；
（2）由题设构建空间直角坐标系，求出平面与平面法向量，结合已知夹角的余弦值求参数，进而确定点的存在性.
【详解】（1）因为，，，AF、AB平面ABF，
所以AD⊥平面ABF，又AD平面ABCD，
所以平面⊥平面ABF.
（2）由面⊥面，，面面，面，
所以平面，AB在面ABCD内，则，结合已知建立如下空间直角坐标系，
则，设，得，
平面的法向量为，又，
设平面的法向量为，则，
取，则，
故=，解得=，（舍），
所以点G的坐标为，故存在点G为BF中点时使得.
20．随着网络技术的迅速发展，各种购物群成为网络销售的新渠道.在丑橘销售旺季，某丑橘基地随机抽查了100个购物群的销售情况，各购物群销售丑橘的数量（都在100箱到600箱之间）情况如下：
(1)求实数的值，并用组中值估计这100个购物群销售丑橘总量的平均数（箱）；
(2)假设所有购物群销售丑橘的数量服从正态分布，其中为（1）中的平均数，12100.若参与销售该基地丑橘的购物群约有2000个，销售丑橘的数量在（单位：箱）内的群为“一级群”，销售数量小于266箱的购物群为“二级群”，销售数量大于等于596箱的购物群为“优质群”.该丑橘基地对每个“优质群”奖励1000元，每个“一级群”奖励200元，“二级群”不奖励，则该丑橘基地大约需要准备多少元？
附：若服从正态分布，则.
【答案】(1)，平均数为376（箱）
(2)373400元.
【分析】（1）根据样本总数可得，可求得，利用平均数的定义即可求得平均数为376（箱）.
（2）根据购物群的划分等级，利用正态分布的对称性可分别求出各类群的数量，即可求得奖励资金应准备373400元.
【详解】（1）由题意得，解得.
故平均数为（箱）.
（2）由题意，，且，
故，
所以“优质群”约有（个），
，
所以“一级群”约有（个），
所以需要资金为（元），
故至少需要准备373400元.
21．已知椭圆的离心率是 ，其左､右焦点分别为，过点且与直线垂直的直线交轴负半轴于.
(1)求证：；
(2)若点，过椭圆右焦点且不与坐标轴垂直的直线与椭圆交于两点，点是点关于轴的对称点，在轴上是否存在一个定点，使得三点共线？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）设椭圆的半焦距为，根据题意求得直线，得到，进而求得向量，的坐标，即可得证.
（2）根据题意，求得椭圆方程为，设直线的方程为，联立方程组，求得，得出的方程为，令，求得，即可得到结论.
【详解】（1）证明：设椭圆的半焦距为，因为，所以，
又因为，所以，
所以直线，
令，解得，所以，
所以，，所以.
.
（2）解：如图所示，若点，则，解得，则，
所以椭圆方程为.
设直线的方程为，，则，
联立方程组 ，整理得，
则，且
直线的方程为，
令，可得
.
故在轴上存在一个定点，使得三点共线.
.
【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)设函数，其中，若函数存在非负的极小值，求的取值范围.
【答案】(1)函数在上单调递减，在上单调递增
(2)
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，计算即可；
（2）先求得，利用导数分类讨论的符号计算即可.
【详解】（1）由题意可知：，
令，则，
因为当时，，
所以恒成立，即在上单调递增.
又，
所以当时，；
当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增；
（2）易知：，
所以.
由（1）知在上单调递增，所以当时，，即；当时，，即.
（i）当时，在上恒成立，
所以当时，；当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，即.
（ii）当时，易知函数在上单调递减，
由，解得.
①当时，.
所以当时，；
当时，；
当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
所以，不符合题意；
②当时，，
所以当时，有恒成立，
故在上单调递减，所以函数不存在极小值，不符合题意；
③当时，.
所以当时，；
当时，；当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
所以，不符合题意.
综上所述，若函数存在非负的极小值，则的取值范围为.
丑橘数量（箱）
购物群数量（个）
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