云南省昆明市2024届高三“三诊一模”摸底诊断测试数学试题及答案

这是一份云南省昆明市2024届高三“三诊一模”摸底诊断测试数学试题及答案，共21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．设全集，集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．复数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
3．已知是抛物线的焦点，点在上，且的纵坐标为，则（ ）
A．B．C．D．
4．在中，点满足，则（ ）
A．B．
C．D．
5．某学校运动会男子100m决赛中，八名选手的成绩（单位：）分别为：，，，，，，，则下列说法错误的是（ ）
A．若该八名选手成绩的第百分位数为，则
B．若该八名选手成绩的众数仅为，则
C．若该八名选手成绩的极差为，则
D．若该八名选手成绩的平均数为，则
6．已知函数，若存在，使得方程有三个不等的实根，，且，则（ ）
A．B．C．D．
7．若将函数的图象平移后能与函数的图象重合，则称函数和互为“平行函数”.已知，互为“平行函数”，则（ ）
A．B．C．D．
8．第七届国际数学大会（ICNE7）的会徽图案是由若干三角形组成的.如图所示，作，，，再依次作相似三角形，，，……，直至最后一个三角形的斜边与第一次重叠为止.则所作的所有三角形的面积和为（ ）

A．B．C．D．
二、多选题
9．在正四棱柱中，已知与平面所成的角为，底面是正方形，则（ ）
A．B．与平面所成的角为
C．D．平面
10．已知圆，直线，点在直线上运动，过点作圆的两条切线，切点分别为，，当最大时，则（ ）
A．直线的斜率为1B．四边形的面积为
C．D．
11．古希腊数学家托勒密（Ptlemy 85-165）对三角学的发展做出了重要贡献，他研究出角与弦之间的对应关系，创造了世界上第一张弦表.托勒密用圆的半径的作为一个度量单位来度量弦长，将圆心角（）所对的弦长记为.例如圆心角所对弦长等于60个度量单位，即.则（ ）
A．
B．若，则
C．
D．（）
12．已知函数，，则（ ）
A．当时，有2个零点
B．当时，有2个零点
C．存在，使得有3个零点
D．存在，使得有5个零点
三、填空题
13．已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，点（）在角终边上，且，则的值可以是 .（写一个即可）
14．春节前夕，某社区安排小王、小李等5名志愿者到三个敬老院做义工，每个敬老院至少安排1人，至多安排2人.若小王、小李安排在同一个敬老院，且这5名志愿者全部安排完，则所有不同的安排方式种数为 .（用数字作答）
15．已知双曲线的左、右焦点分别为，，以为圆心作与的渐近线相切的圆，该圆与的一个交点为，若为等腰三角形，则的离心率为 .
16．已知球的表面积为，正四棱锥的所有顶点都在球的球面上，则该正四棱锥体积的最大值为 .
四、解答题
17．在中，，，.
(1)求的面积；
(2)如图，，，求.
18．记为数列的前项和，.
(1)求数列的通项公式；
(2)在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求数列的前项和.
19．如图，在三棱锥中，平面，是线段的中点，是线段上一点，，.
(1)证明：平面平面；
(2)是否存在点，使平面与平面的夹角为？若存在，求；若不存在，说明理由.
20．聊天机器人（chatterbt）是一个经由对话或文字进行交谈的计算机程序.当一个问题输入给聊天机器人时，它会从数据库中检索最贴切的结果进行应答.在对某款聊天机器人进行测试时，如果输入的问题没有语法错误，则应答被采纳的概率为80%，若出现语法错误，则应答被采纳的概率为30%.假设每次输入的问题出现语法错误的概率为10%.
(1)求一个问题的应答被采纳的概率；
(2)在某次测试中，输入了8个问题，每个问题的应答是否被采纳相互独立，记这些应答被采纳的个数为，事件（）的概率为，求当最大时的值.
21．已知是椭圆的右焦点，点在不过原点的直线上，交于，两点.当与互补时，，.
(1)求的方程；
(2)证明：为定值.
22．已知函数，.
(1)讨论的单调性；
(2)当时，若恒成立，求的取值范围.
参考答案：
1．C
【分析】先求集合B的补集，再求交集即可.
【详解】由题，则.
故选：C
2．A
【分析】由复数的四则运算以及复数的几何意义即可得解.
【详解】由题意，所以复数在复平面内对应的点为，它在第一象限.
故选：A.
3．D
【分析】根据抛物线的焦半径公式即可求解.
【详解】由已知得，由于的纵坐标为，结合抛物线定义可得，
故选：D
4．C
【分析】利用平面向量的加减法则，根据向量定比分点代入化简即可得出结果.
【详解】如下图所示：
易知；
即可得.
故选：C
5．A
【分析】举反例判断A,利用众数和平均数定义判断B、D,分情况讨论x判断C.
【详解】对A,因为，当,八名选手成绩从小到大排序，故该八名选手成绩的第百分位数为，但，故A错误；
对B,由众数是出现次数最多的数据，B正确；
对C,当，极差为，不符合题意舍去；
当，极差为，符合题意
当，极差为不符合题意舍去，综上，，C正确；
对D,平均数为解得，故D正确.
故选：A
6．B
【分析】利用辅助角公式变形为，画出图像，找到两函数交点位置，求出结果即可.
【详解】，最小正周期为，
作出的图像，

可知当时，有三个根，
所以，
即或，
解得根分别为，
又因为，
所以，
故选：B.
7．B
【分析】根据“平行函数”的定义，结合函数图象的变换关系求解即可.
【详解】因为，
，
而将函数的图象平移后能与函数的图象重合，
所以，经检验符合题意，
故选：B.
8．D
【分析】设第三角形的斜边长为，面积为，根据题意分析可知数列是以首项，公比为的等比数列，结合等比数列求和公式运算求解.
【详解】因为，
设第三角形的斜边长为，面积为，
由题意可知：，，，
则，，
可知数列是以首项，公比为的等比数列，
所以所作的所有三角形的面积和为.
故选：D.
9．AB
【分析】建立空间直角坐标系，运用向量法逐个分析即可.
【详解】
易知正四棱柱是长方体，故以为原点建立空间直角坐标系，
连接，设，，，与平面所成的角为，故，,，，易知面的法向量,易知，故，可得，化简得，结合底面是正方形，可得，故，，即，故A正确，
易知面的法向量，，设与平面所成的角为，故，化简得，故，故B正确，
易知，，故，即不垂直，故C错误，
易知，，故，，，，，设面的法向量，故，，解得，，，即，则与不平行，故与面不垂直，故D错误，
故选：AB
10．AC
【分析】由题意分析得，结合，即可判断A，求出，结合三角函数即可判断D，算出即可得四边形的面积，由此即可判断B，结合等面积法即可判断C.
【详解】
若要最大，则只需锐角最大，只需最大，即最小，
所以若最小，则，由垂径分线定理有，所以，所以，故A正确；
由题意，此时，，
所以此时，故D错误；
而当时，，所以四边形的面积为，故B错误；
由等面积法有四边形的面积为，又由题意，所以，故C正确.
故选：AC.
11．BCD
【分析】根据所给定义即可结合选项逐一求解.
【详解】对于A，圆心角所对弦长为
若，则弦长为,显然,故A错误，
对于B，若，则弦长为,而直径为，故，B正确，
对于C，圆心角所对的弦长为，故，C正确，
对于D, 根据三角形两边之和大于第三边可知：所对的弦长之和大于所对的弦长，所以，（），故D正确，
故选：BCD
12．BCD
【分析】令，可得，结合图象分析方程的根的分布，再结合图象分析的交点个数，即可得解.
【详解】由的图象可知，的值域为，
对于选项AC：令，
则在上恒成立，
可知在上单调递增，则，
即当且仅当等号成立，
令，若，可得，
令，
当，则，可知；
当，结合图象可知当且仅当，方程有根，解得；
即或，结合图象可知：
有1个根；有2个根；
综上所述：当时，有3个零点，故A错误，C正确；

对于选项B：令，若，可得，
令，即，
注意到，
由图象可知方程有两个根为一根为，另一根不妨设为，
即或，结合图象可知：
有1个根；有1个根；
综上所述：当时，有2个零点，故B正确；

对于选项D：令，若，可得，
令，即，
令，解得，
由图象可设方程有三个根为，且，
即或或，结合图象可知：
或有1个根；有3个根；
综上所述：当时，有5个零点，故D正确；

故选：BCD.
【点睛】易错点睛：利用数形结合求方程解应注意两点
1.讨论方程的解(或函数的零点)可构造两个函数，使问题转化为讨论两曲线的交点问题，但用此法讨论方程的解一定要注意图象的准确性、全面性、否则会得到错解．
2.正确作出两个函数的图象是解决此类问题的关键，数形结合应以快和准为原则而采用，不要刻意去数形结合．
13．（，，均可）
【分析】由求得的取值范围，结合三角函数的定义进而可得解.
【详解】，即，解得，
又，故的值可为、、、、，
则，即的值可以是或或.
故答案为：（，，均可）.
14．18
【分析】先把小王、小李视为1组，再把剩下的3人分成2组，把这3组全排列即可.
【详解】把小王、小李视为1组，
剩下的3个人先分成2组，分组的方式是： 1，2；
则有，
把这3组人再分配给3个敬老院，则.
故答案为：18
15．/
【分析】利用点到直线的距离公式求出的长，再利用双曲线的定义结合等腰三角形列式计算即得.
【详解】双曲线的半焦距为c，渐近线方程为，
点到渐近线距离为，由双曲线定义得，
由为等腰三角形，得，即，因此，
则，所以的离心率为.
故答案为：
16．
【分析】由球的表面积计算出球的半径，设出该正四棱锥底面边长及高，由球的半径可得底面边长与高的关系，求出该正四棱锥体积的表达式，结合导数计算即可得.
【详解】
由，故该球半径，
设正四棱锥底面边长为，高为，
则，，
则有，化简得，
，
令，则，
故当时，，当时，，
即有极大值，
即该正四棱锥体积的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题关键在于得出体积的表达式后构造函数，借助导数研究函数单调性后可得最值.
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据同角关系求解正余弦值，即可根据正弦定理求解，进而有和差角公式以及三角形面积公式求解即可，
（2）根据边角关系以及余弦定理即可求解.
【详解】（1）因为，,所以，
因为，，所以，
在中，由正弦定理可得，解得.
又因为，
所以.
（2）由（1）可知，，因为，所以，
又因为，即，故，
所以，，
在中，由余弦定理可得，
解得.
18．(1)
(2)
【分析】（1）先计算，再利用得进而证明 等比数列，可得通项公式；
（2）先求出，再利用并项求和法求的前项和.
【详解】（1）当时，，所以，
当时，，
所以，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
即.
（2）由题意，，则，
记数列的前项和为，
所以.
19．(1)证明见解析；
(2)存在，．
【分析】（1）利用勾股定理及逆定理判定线线垂直，得出线面垂直再证面面垂直即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量研究面面夹角，计算即可.
【详解】（1）因为，是的中点，所以，
在直角中，，，所以，
在中，，，所以，得，
又平面，平面，所以，
又，，所以平面，
由平面得，
又，所以平面，
由平面得，平面平面．
（2）存在点满足条件，
以为原点，建立空间直角坐标系如图所示，
设，则，，，
，，
设平面的法向量为，
则，令得，
所以平面的一个法向量为，
易知平面的一个法向量为，
由已知得，解得，即，
所以存在点使平面与平面的夹角为，此时．
20．(1)0.75
(2)6
【分析】（1）根据全概率公式即可求解，
（2）根据二项分布的概率公式，利用不等式即可求解最值.
【详解】（1）记“输入的问题没有语法错误”为事件， “一次应答被采纳”为事件，
由题意，，，则
，
.
（2）依题意，，，
当最大时，有
即解得：，，
故当最大时，.
21．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由与互补，故与关于轴对称，可得的方程，即可得点坐标，结合椭圆定义及点坐标计算即可得的方程；
（2）设出点的坐标与直线方程，与曲线方程联立后可得与横坐标有关一元二次方程，借助韦达定理表示出，两点横坐标关系，由题意将化简后结合韦达定理计算即可得.
【详解】（1）因为与互补，由椭圆的对称性可得与关于轴对称，
所以轴，又因为直线过，故的方程为，
设在第一象限，因为，则，
设为的左焦点，则，故，即,
因为在上，，解得，所以的方程为；

（2）设，，由题意知直线斜率存在，设直线，
联立，得，
，
则，，
所以，
故
，
所以为定值.

【点睛】关键点睛：本题关键在于将通过化简得到，再结合韦达定理进行计算.
22．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求导后对分类讨论即可得；
（2）由函性质可得时，，则，再结合函数单调性进行分类讨论计算即可得.
【详解】（1）函数的定义域为，
，
①当时，令，得，则当时，，
当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，
②当时，令，得或，
ⅰ）当时，则当或时，，
当时，，所以在和上单调递增，在上单调递减，
ⅱ）当时，当时，，所以在上单调递增，
ⅲ）当时，则当或时，，当时，，
所以 在和上单调递增，在上单调递减，
（2）当时，令，则，
时，，则，
故，则，
故当时，，
所以当时，，解得，
由（1）可知，当时，在上的极小值为，
由题，则有，解得，
当，解得，
①当时，，，符合题意，
②当时，，，符合题意.
综上，当时，恒成立.
【点睛】恒成立问题解题思路：
（1）参变量分离：
（2）构造函数：
①构造函数，研究函数的单调性，求出函数的最值，解不等式即可；
②构造函数后，研究函数单调性，利用单调性解不等式，转化之后参变分离即可解决问题.