云南省曲靖市2024届高三上学期第一次质量监测数学试题

这是一份云南省曲靖市2024届高三上学期第一次质量监测数学试题，共23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．在复平面内，复数对应的向量分别是，其中是坐标原点，则向量对应的复数为（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合，，则中元素的个数为（ ）
A．2B．3C．4D．6
3．已知等比数列的前项和为，且，则（ ）
A．36B．54C．28D．42
4．已知变量关于的回归方程为，若对两边取自然对数，可以发现与线性相关．现有一组数据如下表所示：
则当时，预测的值为（ ）
A．B．C．D．
5．为努力推进“绿美校园”建设，营造更加优美的校园环境，某校准备开展校园绿化活动．已知栽种某绿色植物的花盆可近似看成圆台，圆台两底面直径分别为18厘米，9厘米，母线长约为7.5厘米．现有2000个该种花盆，假定每一个花盆装满营养土，请问共需要营养土约为（ ）（参考数据：）
A．1.702立方米B．1.780立方米
C．1.730立方米D．1.822立方米
6．已知，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知双曲线，过其右焦点作一条直线分别交两条渐近线于两点，若为线段的中点，且，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知，若点为曲线与曲线的交点，且两条曲线在点处的切线重合，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．函数（其中，，）的部分图象如图所示，则（ ）
A．
B．函数的最小正周期是
C．函数的图象关于直线对称
D．将函数的图象向左平移个单位长度以后，所得的函数图象关于原点对称
10．已知函数的定义域为，且与都为奇函数，则下列说法一定正确的是（ ）
A．为奇函数B．为周期函数
C．为奇函数D．为偶函数
11．下列不等式正确的是（ ）
A．B．
C．D．
12．如图所示，正方体的棱长为1，分别是棱的中点，过直线的平面分别与棱交于点，以下四个命题中正确的是（ ）
A．四边形一定为菱形
B．四棱锥体积为
C．平面平面
D．四边形的周长最小值为4
三、填空题
13．若向量，，则向量在向量上的投影向量坐标为 ．
14．如图，在第一象限内，矩形的三个顶点，分别在函数的图象上，且矩形的边分别与两坐标轴平行，若A点的纵坐标是2，则D点的坐标是 ．
15．已知为椭圆上一点，分别为的左、右焦点，且，若外接圆半径与其内切圆半径之比为，则的离心率为 ．
16．大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释我国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程．已知大衍数列满足，，则 ，数列的前50项和为 ．
四、解答题
17．在中，内角的对边分别为，且．
(1)求；
(2)线段上一点满足，求的长度．
18．已知数列的前项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，其前项和为，求使得成立的的最小值．
19．2023年9月23日至10月8日、第19届亚运会在中国杭州举行．树人中学高一年级举办了“亚运在我心”乒乓球比赛活动．比赛采用局胜制的比赛规则，即先赢下局比赛者最终获胜，已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，比赛结束时，甲最终获胜的概率．
(1)若，结束比赛时，比赛的局数为，求的分布列与数学期望；
(2)若采用5局3胜制比采用3局2胜制对甲更有利，即，求的取值范围．
20．在图1的直角梯形中，，点是边上靠近于点的三等分点，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图2．
(1)求证：平面平面；
(2)在棱上是否存在点，使得二面角的大小为？若存在，求出线段的长度，若不存在说明理由．
21．已知斜率为的直线交抛物线于、两点，线段的中点的横坐标为．
(1)求抛物线的方程；
(2)设抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于、两点，分别在点、处作抛物线的切线，两条切线交于点，则的面积是否存在最小值？若存在，求出这个最小值及此时对应的直线的方程；若不存在，请说明理由．
22．已知函数．
(1)若曲线在点处的切线与直线垂直，求的值；
(2)讨论函数的单调性；
(3)设，当时，函数的图象在函数的图象的下方，求的最大值．
1
2
3
4
5
参考答案：
1．D
【分析】根据复数与向量坐标关系及向量加法求对应点，即可得对应复数.
【详解】由题设，则，
所以向量对应的复数为.
故选：D
2．C
【分析】采用列举法列举出中元素的即可.
【详解】由题意，中的元素满足，且，
由，得，
所以满足的有，
故中元素的个数为4.
故选：C.
【点晴】本题主要考查集合的交集运算，考查学生对交集定义的理解，是一道容易题.
3．D
【分析】利用等比数列前项和公式整体代入计算即可求得.
【详解】根据题意设等比数列的首项为，公比为，易知；
由可得，
两式相除可得，即；
所以.
故选：D
4．C
【分析】令，可得出，求出、的值，将、的值代入，求出的值，可得出变量关于的回归方程，然后令，可得出的值.
【详解】令，由可得，如下表所示：
由表格中的数据可得，，
则有，解得，故，
当时，.
故选：C.
5．B
【分析】利用圆台的结构特征求高，再由圆台体积公式求体积，即可求2000个该种花盆所需要的营养土.
【详解】令（单位厘米），
则花盆的高，
所以花盆的体积为，
故2000个该种花盆共需要营养土约为立方厘米，即1.780立方米.
故选：B
6．A
【分析】两角差的正弦公式、两角和的余弦公式化简可得所求代数式的值.
【详解】因为
，
因此，.
故选：A.
7．B
【分析】由题设有双曲线渐近线为，，且，求坐标，根据得到齐次方程，即可得渐近线.
【详解】由题设作出图形，双曲线渐近线为，，则直线，
故，可得，故，即，
又三角形BOF为等腰三角形，所以，则，
整理得，即双曲线的渐近线方程为.
故选：B
8．C
【分析】设切点坐标，利用导数几何意义，由切线重合得导数值相等解得，再由点为交点，则坐标满足两曲线方程，由此建立等量关系，再利用导数研究函数的值域即可.
【详解】设点的横坐标为，则由可得，
又可得，
且两条曲线在点处的切线重合，
所以切线的斜率，解得或（舍去），
即点的横坐标为，
由点为曲线：与曲线：的交点，
所以，即，
令，
则，
令可得，
由知，当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，当，
则实数的取值范围为.
故选：C.
9．AC
【分析】利用图象求出函数的解析式，代值计算可判断A选项；利用正弦型函数的周期性可判断B选项；利用正弦型函数的对称性可判断C选项；利用三角函数图象变换可判断D选项.
【详解】由图可知，，
函数的最小正周期满足，则，，B错；
所以，，
，可得，
因为，所以，，则，可得，
所以，，则，A对；
，
所以，函数的图象关于直线对称，C对；
将函数的图象向左平移个单位长度以后，
得到函数的图象，所得函数为非奇非偶函数，D错.
故选：AC.
10．BC
【分析】利用函数奇偶性定义可求得，即可判断A错误；B正确；再利用周期可得为奇函数，，即可知C正确，D错误.
【详解】根据题意由为奇函数可得，即；
由为奇函数可得，即；
所以可得，即，
即可得为周期是4的周期函数，且，
可得不是奇函数，即A错误；B正确；
由周期性可知，因为为奇函数，所以也为奇函数，即C正确；
因为，所以不是偶函数，即D.错误；
故选：BC
11．ABC
【分析】利用函数的单调性可判断A选项；利用函数的单调性可判断B选项；利用函数在上的单调性可判断C选项；利用函数在上的单调性可判断D选项.
【详解】对于A选项，令，则，
当时，，则函数在上单调递减，
因为，则，即，即，即，
所以，，A对；
对于B选项，令，则，
当时，，即函数在上为增函数，
所以，，即，B对；
对于C选项，令，其中，
则对任意的恒成立，
所以，函数在上为增函数，因为，则，
所以，，C对；
对于D选项，令，其中，则，
令，
由C选项可知，对任意的恒成立，
所以，函数在上单调递增，则，
则函数在上单调递增，
因为，则，即，
又因为，即，D错.
故选：ABC.
【点睛】思路点睛：解答比较函数值大小问题，常见的思路有两个：
（1）判断各个数值所在的区间；
（2）利用函数的单调性直接解答.
数值比较多的比较大小问题也也可以利用两种方法的综合应用.
12．ACD
【分析】由正方体截面性质有为平行四边形，若为中点，易得为正方形，进而得到即可判断A；由到面的距离之和为底面对角线且求体积判断B；利用线面垂直、面面垂直的判定判断C；根据正方体的结构特征判断在运动过程中，周长最短时位置判断D.
【详解】由题意，正方体截面的性质易知，即为平行四边形，
取为中点，因为分别是棱的中点，则为正方形，
所以，则，故为菱形，A对；
由到面的距离之和为底面对角线为，
又为定值，B错；
由菱形性质知，由正方体性质知面，面，则，
又，面，故面，
而面，所以平面平面，C对；
在运动过程中，仅当它们为对应线段中点时，菱形各边最短且为1，
此时为正方形，周长为4，D对.
故选：ACD
13．
【分析】利用向量的数量积运算与投影向量的定义求解即可.
【详解】因为，，
所以，
所以向量在向量上的投影向量的坐标为.
故答案为：.
14．
【分析】根据指对幂函数的图象及解析式求出A点的横坐标、点纵坐标，即可得D点的坐标.
【详解】由题意，纵坐标都为2，则点横坐标为8，即点横坐标为8，
所以A点的横坐标为，点纵坐标为，
由为矩形及题图知：D点的坐标是.
故答案为：
15．
【分析】由椭圆性质及定义有，结合直角三角形内切圆、外接圆相关性质求对应半径，进而得到椭圆参数的齐次方程，即可得求离心率.
【详解】由题意，在中，
所以其外接圆半径，内切圆的半径为，
故.
故答案为：
16．
【分析】当时，，当时，，推出，利用累加法可得，从而求得，即可求解，根据，即可求解.
【详解】当时，①，当时，②，
由①②可得，，
所以，
累加可得，，
所以，
令且为奇数)，，当时，成立，
所以当为奇数，，
当为奇数，，
所以当为偶数，，
所以
故；
根据
所以的前项的和.
故答案为：；
17．(1)；
(2).
【分析】（1）由余弦边角关系及已知得，再由余弦定理即可求；
（2）由题设得，且，，在、应用正弦定理得、，即可求的长度．
【详解】（1）由题设及余弦定理知：，
所以，又，，
所以.
（2）
由题设，且，，
在中，则，
在中，则，
综上，可得，则，故.
18．(1)；
(2)10.
【分析】（1）根据关系及递推式可得，结合等比数列定义写出通项公式，即可得结果；
（2）应用裂项相消法求，由不等式能成立及指数函数性质求得，即可得结果.
【详解】（1）当时，，
所以，则，而，
所以，故是首项、公比都为2的等比数列，
所以.
（2）由，
所以，
要使，即，
由且，则.
所以使得成立的的最小值为10.
19．(1)分布列见解析，期望为；
(2).
【分析】（1）先写出离散型随机变量的分布列，再求出数学期望即可；
（2）先根据已知不等式列式求解，再根据单调性定义作差证明单调递增说明结论.
【详解】（1），即采用3局2胜制，所有可能值为，
，，
的分布列如下，
所以.
（2）采用3局2胜制：不妨设赛满3局，用表示3局比赛中甲胜的局数，则，
甲最终获胜的概率为，
采用5局3胜制：不妨设赛满5局，用表示5局比赛中甲胜的局数，则，
甲最终获胜的概率为
，
则
，得.
20．(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）由直角梯形边长可知，连接交于点，由线面垂直的判定定理可证明平面，即可得出结论；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用二面角的大小为解方程即可求得线段的长度为.
【详解】（1）根据题意，由直角梯形边长可知；
又点是边上靠近于点的三等分点，所以，可得为等边三角形；
连接，交于点，如下图所示：
可得四边形为菱形，所以，
即折起后，如下图所示：
易知，又，满足，即；
又，平面，所以平面，
又因为平面，
所以平面平面；
（2）以为坐标原点，分别以为轴，方向为轴正方向建立空间直角坐标系，如下图所示：
则；
可得，
假设存在点满足题意，设，
所以，则，
由（1）可知平面，利用易得平面的一个法向量可取为
设平面的一个法向量为，
则，可得；
所以，解得或（舍），
此时，可得；
即线段的长度为.
21．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）设点、，由已知可得出，利用斜率公式以及抛物线的方程可求得的值，由此可得出抛物线的方程；
（2）设点、，分析可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，将该直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，求出，求出两切线的方程，进而可求得点的坐标，分析可得出，求出，利用二次函数的基本性质可求得面积的最小值，及其对应的直线的方程.
【详解】（1）解：设点、，因为直线的斜率为，则，
因为线段的中点的横坐标为，则，
，可得，
所以，抛物线的方程为.
（2）解：设点、，易知点，
若直线的斜率不存在，则直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，
设直线的方程为，联立可得，
，由韦达定理可得，，
由焦点弦长公式可得，
对函数求导得，则直线的方程为，即，
同理可知，直线的方程为，
联立可得，即点，
则，，
所以，，即，
且，
所以，，
当且仅当时，等号成立，故的面积存在最小值，且最小值为，
此时，直线的方程为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
22．(1)
(2)答案见详解
(3)
【分析】（1）对函数求导后，利用，求解即可；
（2）对函数求导后，讨论的范围，考查的正负即可；
（3）依题意，恒成立，不等式化为，构造函数，求得的最大值，令最大值小于零，即，构造函数，考查函数的单调性，进一步分析即可.
【详解】（1）由题，函数的定义域为，
则，，
由于曲线在点处的切线与直线垂直，
则，所以，
解得，.
（2），
故当时，恒成立，则在上单调递增；
当时，令，得，
令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减.
综上所述：
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（3）依题知，当时，恒成立，
即恒成立，
化简为，
设，
则，
当时，恒成立，
故在单调递增，
此时不符合题意；
当时，，
令，得，令，得，
所以在单调递增，在单调递减，
则恒成立，
化为，
设，
则恒成立，
则在上单调递增，
又，且，，
故的最大值为.
【点睛】方法点睛：函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
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