云南省昆明市第一中学2024届高中新课标高三第四次一轮复习检测数学

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本试卷共4页，22题．全卷满分150分．考试用时120分钟．
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效．
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交．
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 若复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】本题可根据复数的除法法则得出，即可得出结果.
【详解】因为，
所以，
则对应的点为，在第三象限，
故选：C.
2. 若，则等于（ ）
A. B. 或C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可知只有一个实数根，讨论和，由根的判别式可得答案.
详解】∵，∴只有一个实数根.
当时，，此时；
当时，，所以，此时.
∴.故或.
故选：B.
3. 直线是双曲线的一条渐近线，则（ ）
A. 9B. 5C. 4D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】由双曲线的一条渐近线，列方程求的值.
【详解】直线是双曲线的一条渐近线，
由直线的斜率为，得，所以.
故选：D．
4. 某款厨房用具中的香料收纳罐的实物图如图1所示，该几何体为上、下底面边长分别为的正四棱台，若棱台的高为，忽略收纳罐的厚度，则该香料收纳罐的容积为（ ）
图1 图2
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据棱台的体积公式，计算求值，即得答案.
【详解】由题意可知，该香料收纳罐的容积为．
故选：C．
5. 某校高三年级有500人，一次数学考试的成绩X服从正态分布．估计该校高三年级本次考试学生数学成绩在120分以上的有（ ）
参考数据：若，则，．
A. 75人B. 77人C. 79人D. 81人
【答案】C
【解析】
【分析】，，由概率计算人数即可.
【详解】，，，
因为，
所以，
所以数学成绩在分以上的人数约为人.
故选：C．
6. 埃拉托斯特尼是古希腊亚历山大时期著名的地理学家，他最出名的工作是计算了地球（大圆）的周长：如图，在赛伊尼，夏至那天中午的太阳几乎正在天顶方向（这是从日光直射进该处一井内而得到证明的）.同时在亚历山大城（该处与赛伊尼几乎在同一子午线上），其天顶方向与太阳光线的夹角测得为7.2°.因太阳距离地球很远，故可把太阳光线看成是平行的．已知骆驼一天走100个视距段，从亚历山大城到赛伊尼须走50天．一般认为一个视距段等于157米，则埃拉托斯特尼所测得地球的周长约为（ ）
A. 37680千米B. 39250千米C. 41200千米D. 42192千米
【答案】B
【解析】
【分析】首先读懂题意，根据比例关系，即可求解地球周长.
【详解】由亚历山大城到赛伊尼走，则地球大圆周长的视距段为，
则，得个视距段，
则地球的周长为米千米.
故选：B
7. 已知，则下列判断正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】取中间值，利用对数函数单调性比较可得.
【详解】因为，
，且，
，
所以.
故选：A .
8. 已知定义在上的函数，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分析得到函数关于点中心对称，且在上单调递增，列不等式求解集即可.
【详解】由于，
令，则，
因为在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，在上单调递增，
所以在上单调递增，
又因为定义域为，关于原点对称，
又，
所以为奇函数，关于对称，
所以关于点中心对称，且在上单调递增，
即，
由可得，
则，得，
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题主要考查了利用函数的对称性和单调性求解不等式，解题的关键是函数性质的灵活应用.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 某校1500名学生参加数学竞赛，随机抽取了40名学生的竞赛成绩（单位：分），成绩的频率分布直方图如图所示，则（ ）

A. 频率分布直方图中a的值为0.005B. 估计这40名学生的竞赛成绩的第60百分位数为75
C. 估计这40名学生的竞赛成绩的众数为80D. 估计总体中成绩落在内的学生人数为225
【答案】AD
【解析】
【分析】先根据频率之和为1可得，进而可求每组的频率，再结合统计相关知识逐项分析判断即可.
详解】由，可得，故A正确；
前三个矩形的面积和为，
所以这名学生的竞赛成绩的第百分位数为，故B错误；
由成绩的频率分布直方图易知，这名学生的竞赛成绩的众数为，故C 错误；
总体中成绩落在内的学生人数为，故D正确.
故选：AD
10. 如图，点A，B，C，M，N是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足MN∥平面ABC的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】结合线面的位置关系以及线面平行的判定定理确定正确选项．
【详解】对于A，连接,由下图可知，平面，平面，所以平面，A正确．

对于B，设是的中点，是的中点，由下图，结合正方体的性质可知，，，，故六边形为正六边形，所以，，，，，六点共面，B错误．

对于C，如下图所示，根据正方体的性质可知，由于平面，所以平面，所以C错误．

对于D，设，由于四边形是矩形，所以是中点，由于是中点，所以，
由于平面，平面，所以平面，D正确．

故选：AD．
11. 直线分别与轴，轴交于两点，点在曲线上，则的面积可能是（ ）
A. B. 2C. 5D. 9
【答案】BC
【解析】
【分析】化简的方程并确定出对应图象，然后根据到直线的距离结合求解出面积的取值范围，由此可判断出正确选项.
【详解】因为直线分别与轴，轴交于两点，
所以，，则，
又因为点在曲线：上，
所以点在半圆上，
圆心到直线的距离为，
点到直线的距离为，
所以点到直线的距离的范围是，
所以△的面积取值范围是即，所以BC正确，
故选：BC．
12. 已知数列满足（且），则下列说法正确的是（ ）
A. ，且
B. 若数列的前16项和为540，则
C. 数列的前项中的所有偶数项之和为
D. 当n是奇数时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，赋值法求解即可；B选项，先得到，求出数列的前16项和中偶数项之和，从而得到前16项和中奇数项之和，赋值法得到，从而得到，求出答案；C选项，在B选项的基础上得到，从而利用等差数列求和公式求解；D选项，在B选项基础上得到，令可得答案.
【详解】A选项，中，令得，
令得，A正确；
B选项，中，令得，
所以，，，，
相加得，
因为数列的前16项和为540，所以前16项和中奇数项之和为，
中，令得，
所以
，
故
，
解得，B错误；
C选项，由B选项可知，
的前项中的共有偶数项项，故最后两项之和为，
所以数列的前项中的所有偶数项之和为，C正确；
D选项，由B选项可知，令，则，
故
故当n是奇数时，，D正确.
故选：ACD
【点睛】当遇到时，数列求通项公式或者求和时，往往要分奇数项和偶数项，这类题目的处理思路可分别令和，用累加法进行求解.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知点是抛物线的焦点，为坐标原点，若以为圆心，为半径的圆与直线相切，则抛物线的方程为_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意知抛物线方程：的焦点，利用点到直线的距离为列出方程，解得，从而求解.
【详解】由题意知抛物线：的焦点，
又因为点到直线的距离为，
所以：，又因为：，解得：，
则抛物线的方程为：.
故答案为：.
14. 已知定义在上的奇函数，当时，，则的值为_____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据奇函数定义域关于原点对称，结合奇函数的性，质运用代入法进行求解即可.
【详解】因为函数是定义在上的奇函数，
所以有，得，
所以．
故答案为：
15. 已知是非零向量，，，在方向上的投影向量为，则_____________．
【答案】
【解析】
【分析】，由，得，在方向上的投影向量为，可得，再由，得.
【详解】已知是非零向量，，
由，有，可得，
在方向上的投影向量为，则有，得，
由，所以．
故答案为：
16. 定义在上的奇函数的导函数为，且当时，，则不等式的解集为_____________．
【答案】
【解析】
【分析】构造函数，通过研究的奇偶性与单调性求解不等式.
【详解】令，因为是定义在上的奇函数，
则，
所以为偶函数.
当时，，，
由已知，
所以，
则在上单调递增，
由可化为，
即，得；
当，，则，
即，
由为偶函数，则在上单调递减，
得，
所以不等式的解集为．
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解题关键是构造函数并发现是偶函数，通过研究其单调性来解不等式，特别要注意分段讨论，因为的符号不能确定.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 某同学进行投篮训练，已知该同学每次投篮投中的概率均为．
（1）求该同学进行三次投篮恰好有两次投中的概率；
（2）若该同学进行三次投篮，第一次投中得1分，第二次投中得1分，第三次投中得2分，记X为三次总得分，求X的分布列及数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）应用独立事件概率乘积公式计算即可；
（2）应用独立事件概率乘积公式结合对立事件的概率公式计算概率，写出分布列计算数学期望即得；
【小问1详解】
记该同学进行三次投篮恰好有两次投中为事件“”，
则.
【小问2详解】
设事件分别表示第一次投中，第二次投中，第三次投中，
根据题意可知.
故.
，
，
.
所以于的分布列为：
的数学期望.
18. 在单位圆上的三点A，B，C构成的锐角中，内角A，B，C所对的边分别为．
（1）求a；
（2）求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
分析】（1）根据条件，利用正弦定理，角转边得到，再结合余弦定理，即可得到，由外接圆半径及正弦定理求出结果.
（2）根据条件，利用正弦定理边化为角，根据两角差的正弦公式，利用余弦函数的性质及角的范围，可求出结果.
【小问1详解】
由 及正弦定理得：，
由余弦定理得：，
又因为，所以，
因为外接圆半径为1，.
【小问2详解】
因为的外接圆半径，所以
所以，
所以，
又因为为锐角三角形，即，故，
所以，所以，
所以，即的取值范围是.
19. 设各项均不为零的数列的前n项和为，，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）令，当最大时，求n的值．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用公式，求得数列是首项为，公差为的等差数列，数列是首项为，公差为的等差数列，可求数列的通项公式；
（2）最大时，则，列不等式求n的值．
【小问1详解】
，且．
则有，，
当时，，所以，
当时，，所以，
则数列是首项为，公差为的等差数列，所以，
数列是首项为，公差为的等差数列，所以，
所以.
【小问2详解】
由已知得：，，，，不是最大项，
设数列的最大项为，则：，
即：且，解得，
所以最大时，的值为或.
20. 如图，直三棱柱中，点D，E分别为棱的中点，．
（1）设过A，D，E三点的平面交于F，求的值；
（2）设H在线段上，当长度最小时，求点H到平面的距离．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先将平面延展，在图中表示出和，根据三角形相似即可求出的值；
（2）由题意可以建立空间直角坐标系，根据垂线段最短，确定H的位置，由点到平面的距离的向量表示公式即可求出点H到平面的距离.
【小问1详解】
如图延长交于，连接交于，
如图所示：
因为为棱的中点，，且，
所以是的中点，即，
因为，
所以∽，所以.
【小问2详解】
由题知平面，则，
因为，且，所以，所以平面，
所以，如图所示，以为原点，，，分别为，，轴正方向建立空间直角坐标系，
所以，，， ，，设，，
，，
因为最短，所以，
所以，解得，
所以，则，
设平面的法向量，则，即，
所以，
所以点到平面的距离.
21. 已知二元关系，曲线，曲线E过点，直线，若Q为l上的动点，A，B为E与x轴的交点，且点A在点B的左侧，与E的另一个交点为与E的另一个交点为N．
（1）求a，b；
（2）求证：直线过定点．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意将，代入方程运算可得解；
（2）设，与曲线方程联立，由韦达定理可得，，由，，三点共线，由，，三点共线，列式消元运算可求得的值，得证.
【小问1详解】
由题意知，，，代入方程，
可得，
解得，.
【小问2详解】
由（1）可知，整理得曲线，
设，，，，
由题意知，联立，得，
所以，即，
由，，三点共线知①，
由，，三点共线知②，
由①②两式得③.
又因为，即，代入③式得，
即，整理得，
即，化简得
当时，，直线过定点，不符合题意，舍去.
当时，，直线过定点.
所以直线过定点.
.
【点睛】思路点睛：本题第二问考查圆锥曲线中的直线过定点问题. 设出，于曲线方程联立，根据韦达定理可得，，由，，三点共线，由，，三点共线从斜率关系列式并结合，在曲线上，消元运算可求得的值，从而得证问题.
22. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若，证明：只有一个零点．
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）依题意用导数对分类讨论即可；
（2）结合第一问的单调性，运用零点存在性定理即可求解.
【详解】（1）的定义域为，，
i若，则当时，，，故，
当时，，，故，
当时，，，故，
此时在内单调递减，在内单调递增，在内单调递减；
ii.若，，此时在内单调递减；
iii.若，则当时，，，故，
当时，，，故，
当时，，，故
此时在内单调递减，在内单调递增，在内单调递减；
（2）当，时，，且，故，
故，即，
由（1）可知在内单调递减，故在区间内有且仅有一个零点，
由知，则，
在内单调递增，在内单调递减，
故对任意，，故函数在区间内没有零点，
综上可得，只有一个零点．