2024届云南省昆明市云南师大附中高三高考适应性月考数学试题（六）含答案

这是一份2024届云南省昆明市云南师大附中高三高考适应性月考数学试题（六）含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，单空题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】理解描述法，求对数函数的定义域和值域，应用集合的并集运算即可.
【详解】，，则.
故选：C．
2．已知，则的虚部是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】化简，利用共轭复数的定义即可求解.
【详解】，
则，所以的虚部是.
故选：A
3．已知函数为奇函数，则（ ）
A．3B．6C．D．
【答案】C
【分析】利用函数奇偶性即可求解.
【详解】∵为奇函数，
∴时，，则，
∴时，，
则，
故选：C．
4．4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加实践活动，则周六、周日各有两位同学参加实践活动的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据古典概率模型的概率求法求解即可.
【详解】4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加实践活动，共有种选法，
设4位同学分别为A，B，C，D，
则4人中选两人在周六选法有，剩下两人在周日，
所以周六、周日各有两位同学参加实践活动共有种选法，
所以周六、周日各有两位同学参加实践活动的概率.
故选:B．
5．已知函数在处取到最大值，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】运用辅助角公式或逆用两角差的正弦公式化简后求出，再代入运用两角差的正弦公式即可求解.
【详解】因为，
其中，，又在处取到最大值，
所以（），即（），
则，，
所以，
故选：A．
6．已知圆：与直线：（），过上任意一点向圆引切线，切点为，，若的最小值为，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先由的最小值给出的范围，再用点到直线的距离公式即可求解.
【详解】圆：，圆心，半径，
由的最小值为，可得．
又，，所以的最小值为2，
而圆心到直线：（）的距离等于2，
即，解得，
故选：D．
7．函数，若存在，使得对任意，都有，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】因为任意，都有，所以是函数的最小值，也是极小值，又当时，，故只需即可.
【详解】由，又，
因为任意，都有，
所以是函数的最小值，也是极小值，
故有两实根，即有两实根，则，
记二次函数的零点为，
且，则在，上单调递增，在上单调递减，
当时，，因为是最小值，
所以，即，
解得，故，
故选：B．
8．对于数列，定义：（），称数列是的“倒和数列”．下列命题正确的是（ ）
A．若数列的通项为：，则数列的最小值为2
B．若数列的通项为：，则数列不是单调递增数列
C．若数列的通项为：，则时数列单调递减
D．若数列的通项为：，则
【答案】D
【分析】利用导数求出在、上的单调性可判断AB；利用导数判断出在上的单调性可得，再由在上的单调性可判断C；估算出、，由函数在上单调递减可判断D.
【详解】，，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
对于A，，函数在上单调递减，
则数列的最小值为，故A错误；
对于B，数列单调递增，，且时，，
函数在上单调递增，则数列单调递增，
而时，，又，
∴，所以数列是单调递增数列，故B错误；
对于C，因为函数，，
当时，，在上单调递减，且，
所以时，数列单调递减，且，
又函数在上单调递减，则时，数列单调递增，故C错误；
对于D，∵，，∴，
由函数在上单调递减知：，故D正确.
故选：D．
【点睛】关键点点睛：关键点是利用导数判断出在、上的单调性，结合单调性解题.
二、多选题
9．有一组样本数据，，…，，由这组数据得到新样本数据，，…，，其中（），为非零常数，则（ ）
A．两组样本数据的样本平均数可能相同B．两组样本数据的样本中位数一定不同
C．两组样本数据的样本标准差可能相同D．两组样本数据的样本极差一定不同
【答案】AC
【分析】根据平均数、中位数的定义，用特值法可判断A、B的正误；C、D利用两组数据的线性关系即可判断正误.
【详解】当取，，，时，可知A正确，B错误；
，故时方差可能相同，故C正确；
由极差的定义知：若第一组的极差为，则第二组的极差为，
时极差相同，故D错误，
故选：AC．
10．如图，在边长为1的正方体中取四个顶点，得到正四面体，则下列正确的是（ ）
A．正四面体的体积为
B．正四面体的外接球的半径为
C．正四面体的棱切球的半径为
D．正四面体的内切球的半径、棱切球的半径和外接球的半径成等比数列
【答案】ACD
【分析】利用正方体、正四面体的结构特征，结合锥体的体积，逐项计算判断即得.
【详解】对于A，正四面体的体积，A正确；
对于B，正四面体的外接球即为正方体的外接球，球半径为， B错误；
对于C，正四面体的棱切球即为正方体的内切球，球半径为，C正确；
对于D，正四面体的内切球的半径为，由，
解得，显然，，成等比数列，D正确.
故选：ACD
11．过双曲线（，）的右焦点作渐近线的垂线，垂足为，且该直线与轴的交点为，若（为坐标原点），该双曲线的离心率的可能取值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】根据题意求出长，利用求出双曲线离心率范围，即可得出结果.
【详解】
不妨设双曲线的渐近线方程为，右焦点，
则点到渐近线的距离为，
在方程中，
令，得，所以，
由，可得，
则，即，即，
解得，又因为．所以.
故选：ABD．
12．已知函数的定义域是，是的导函数，若对任意的，都有，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．当时，
【答案】ABC
【分析】先构造函数，依题意用导数判断单调性即可逐项求解.
【详解】设，则，
据题意，故是一个定义在上的增函数，
则，即，
化简得，，故A，B正确；
又，即，化简得，故C正确；
由于，
当时，，解得，故D不正确，
故选：ABC．
【点睛】关键点点睛：关键是根据常用函数的导数和导数的四则运算特征反向构造函数，注意.
三、单空题
13．已知向量，，则 ．
【答案】/
【分析】利用向量数量积的坐标表示以及模的坐标表示即可求出结果.
【详解】根据题意，向量，，则，
又，，
，
故．
故答案为：
四、填空题
14．已知棱长均相等的正三棱柱，则异面直线与所成角的余弦值为 ．
【答案】/
【分析】连接，交于点，取的中点，连接，则，则为异面直线所成的角或其补角,解三角形即可.
【详解】如图1，连接，交于点，取的中点，连接，
则，则为异面直线所成的角或其补角，不妨令，
则在三角形中，，，
由余弦定理可知：，
所以异面直线与所成角的余弦值为．
故答案为：
15．已知椭圆：，为坐标原点，，是椭圆上两点，，的斜率存在并分别记为，，且，则 ．
【答案】36
【分析】设，，，，应用斜率两点式、差角余弦公式得，进而有，，最后由两点距离公式求目标式的值.
【详解】设，，，，
由，整理得，
即，则或，所以，，
．
故答案为：
16．已知函数（，）的图象向右平移个单位长度后，所得函数在上至少存在两个最值点，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】先求得图象平移后的函数解析式，根据所得函数在区间上最值点的情况以及对进行分类讨论来求得的取值范围.
【详解】将的图象向右平移个单位长度后，
所得函数图象对应的解析式为，
则当，
即时，在上至少存在两个最值点，满足题意；
当时，，所以（），
解得（）．当时，解集为，不符合题意；
当时，解得；当时，解得．
综上，实数的取值范围是．
故答案为：
【点睛】三角函数图象变换，首先要看是变还是变，平移变换中：变是“左加右减”，变是“上加下减”.伸缩变换中，如：由变换为，则是缩小为原来的倍；如变为，则是放大为原来的倍.
五、解答题
17．已知的内角所对的边为，，，且．
(1)证明：；
(2)求的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据余弦定理及正弦定理结合诱导公式两角和的正弦公式化简即可证明；
（2）结合正弦定理进行边角互化，用角表示各边，由角的范围确定的取值范围．
【详解】（1）证明：由余弦定理可得，
化简可得，
由正弦定理可得．
又，
∴，
∴或，即或（舍去）．
（2）∵，∴，
∴由正弦定理可得
.
又∵，，，
∴解得，∴．
令，则，
∵函数在上单调递增，
∴，即．
18．记为数列的前项和，已知：，（）．
(1)求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
(2)求和：．
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）根据，利用等差数列定义即可得证，并结合与的关系式，求出.
（2）利用前项和的倒序相加法，结合组合的性质即可求出结果.
【详解】（1）由，
有，又，故，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，即，
故，两式相减得，
即，所以，
因此的通项公式为．
（2）设，
则由（1）知，
又，
两式相加得：
，
因为，，
，
所以.
19．如图甲，在菱形与等腰直角中，，，，现将沿旋转，点旋转到点，如图乙，若．
(1)求证：；
(2)求二面角平面角的余弦的绝对值，并据此求出平面在平面上投影的面积．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）由题干数据可得为边长为2的正三角形，且，又，根据线面垂直的判定定理与性质可得平面，.连接，与交于点，可得，根据线面垂直的判定定理与性质即可证明；
（2）取的中点，连接，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，利用向量法求出二面角平面角的余弦的绝对值. 令平面在平面上投影的面积为，利用即可求解.
【详解】（1）证明：由菱形中，，则为边长为2的正三角形，
即，又有，，所以，即．
又，即，且，平面，
所以平面.
因为平面，所以.
如图2，连接，与交于点，则，且，平面，
所以平面.
因为平面，所以．
（2）解：取的中点，连接，如图3建立以，，分别为轴，轴，轴的空间直角坐标系，
则，，，，，，．
设为平面的一个法向量，
则，即，
令，则，，即．
设为平面的一个法向量，
则，即，
令，则，，即．
令二面角的平面角为，则．
如图4，在三角形中，由题意知：
，，则，
令平面在平面上投影的面积为，
则，所以，
所以平面在平面上投影的面积为．
20．2023年10月7日，杭州第19届亚运会女子排球决赛，中国队以3比0战胜日本队，夺得冠军，这也是中国女排第9个亚运冠军．她们用汗水诠释了几代女排人不屈不挠、不断拼搏的精神．某学校为了弘扬女排精神，组织高三同学参加《三环杯》排球赛，采用5局3胜制，每局25个回合，决胜局15个回合．在一个回合中，赢的球队获得1分，输的球队不得分，且下一回合的发球权属于获胜方．经统计，甲、乙两支球队在每一个回合中输赢情况如下：当甲队拥有发球权时，甲队获胜的概率为；当乙队拥有发球权时，乙队获胜的概率为，且在第一回合中，甲队和乙队拥有相同的发球权．
(1)在第一局比赛中，求在前三个回合里乙队获得2分的概率；
(2)在第二局比赛中，假设由乙队先发球，试比较在第五个回合中，甲乙两队谁发球的概率更大？
【答案】(1)
(2)乙队开球的概率更大
【分析】（1）考虑甲队先发球和乙队先发球两种情况，根据乙队赢2次输1次计算概率得到答案.
（2）确定，，，依次计算得到答案，或确定，得到数列由是以为首项，为公比的等比数列，计算得到答案.
【详解】（1）当某局比赛开始，甲队先发球，乙队获取2分的概率为：
；
当某局比赛开始，乙队先发球，乙队获取2分的概率为：
；
所以在前三局比赛中，乙队获得2分的概率．
（2）方法一：设在第个回合中，甲队开球的概率为，
在第五个回合中，甲队开球的概率：，
同理：，，，
故，，，，，
又，故在第五个回合中，乙队开球的概率更大．
方法二：设在第个回合中，甲队开球的概率为，
由全概率公式得：，即，
由题意得：，
所以数列由是以为首项，为公比的等比数列，
所以：，即：，
所以：，
故在第五个回合中，乙队开球的概率更大．
21．已知双曲线：（，）过且离心率为．
(1)求的方程；
(2)若直线与双曲线交于，两点，且，求证：直线恒过定点，且该定点不在上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据点坐标和离心率得到双曲线方程.
（2）考虑斜率存在和不存在两种情况，设直线和点坐标，联立方程得到根与系数的关系，根据垂直得到，代入计算得到，得到定点坐标，法2，设直线的方程为，联立方程得到根与系数的关系，根据垂直得到，代入计算得到答案.
【详解】（1）经过点，可知，离心率，解得．
，解得，
所以的方程为．
（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，
联立，整理得．
由得（*），
且，，
因为，所以，．
因为，所以，即，
所以，
即，
所以，化简得，
即，解得或，且均满足（*），
当时，直线的方程为，直线过定点，即点，
不符合题意，舍去；
当时，直线的方程为，直线过定点，符合题意；
当直线的斜率不存在时，设的方程为（），
由解得，依题意，因为，，
所以，即，所以，即，
解得（舍）或，
所以直线的方程为，直线过点，
综上所述：直线经过一个不在双曲线上的定点，定点的坐标为．
法二：由题意可得，直线的斜率不为0，设直线的方程为，，，
联立，整理得，
得（*），
且，．
因为，所以，，
因为，所以，即，
故，
即，
，
所以，化简得，
解得或，均满足（*）．
当时，直线的方程为，直线过定点，即点，不符合题意，舍去；
当时，直线的方程为，直线过定点，符合题意；
直线经过一个不在双曲线上的定点，定点的坐标为．
【点睛】关键点睛：本题考查了双曲线方程，直线过定点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系进行计算，可以简化运算，是解题的关键.
22．已知函数．
(1)若在处的切线与直线垂直，求的方程；
(2)若，且恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）根据垂直关系，应用导数的几何意义求得，进而写出切线方程；
（2）问题化为恒成立，构造，，利用导数研究最小值，利用恒成立，确定极值点范围，进而求参数范围.
【详解】（1）直线的斜率为，又，
由题得，故，则，所以，
切线的方程为，即．
（2）由题得：恒成立，即恒成立，
设，，则，
当，在上单调递增，
当趋向于0时，趋向；当趋向于时，趋向，
∴唯一使得，即．
当时，单调递减，时，单调递增，
对于且，则，即函数在上递增，
所以，即在上恒成立，
，
由恒成立，则，只需，故，
由在上递增，则，解得，
而时，，不满足题意，
综上，．
【点睛】关键点点睛：第二问，问题化为，恒成立，利用导数研究其极值点范围，结合区间单调性、函数值符号确定参数范围.