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2024届云南省昆明市第一中学高三第七次高考仿真模拟昆一中 7数学
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这是一份2024届云南省昆明市第一中学高三第七次高考仿真模拟昆一中 7数学，文件包含昆一中7数学试卷pdf、数学答案docx、昆一中7数学答题卡pdf等3份试卷配套教学资源，其中试卷共10页， 欢迎下载使用。
命题、审题组教师 杨昆华 彭力 李文清 李春宣 丁茵 王在方 张远雄 李露 陈泳序 杨耕耘
一、选择题
1．解析：因为，，所以，选A．
2．解析：根据全称命题与存在性命题的关系，可得命题“，”的否定为：“，”，选C．
3．解析：三人中恰有两人合格的概率，选B．
4．解析：连接，由△为等腰三角形且为的中点，得垂直于，由知，由双曲线的定义知，在直角三角形中，，所以离心率，选C．
5．解析：对于A，，设关于点的对称点为，则，因为，不共线，所以，A错误；
对于B，因为，所以，当向量，是相互垂直的单位向量时，，两点间的距离为，否则距离不为，B错误；
对于C，当与中至少一个是时，结论成立；当与都不为时，设（），有，即，所以，C错误；
对于D，，
所以线段中点的广义坐标为，D正确
选D．
6．解析：因为为个之积，其中有两个取，两个取，一个取即可，所以的系数为，选C．
7．解析：取中点为，连接，，因为是圆的一条动弦，且，所以，又，，即，因此取最小值，即是取最小值，所以只需取最小，又点为直线上的任意一点，所以原点到直线的距离即是的最小值，即，即，选D．
8．解析：由得，由得，设点的坐标为，点的坐标为，又与的图象关于直线对称，且的图象也关于直线对称，则点，关于直线对称，即，得，选B．
二、多选题
9．解析：若为上的单调函数，则，，则，A错；当时，，令，得，，则在上单调递减，在上单调递增，在处取最小值，无最大值，B对；由于，则为奇函数时，，C对；当时，，，则，切点为，切线方程为，D对，选BCD．
10．解析：对于A，若，，，但，，A错误；
对于B，设（，）
当，均不为0时，为虚数，
而为实数，所以不成立，B错误；
对于C，复数在复平面内对应的点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，而的几何意义为复数对应的点与两点间的距离，所以当点运动到时，最大，取最大值，最大值为2，C正确；
对于D，设（，），（，），
由，则，所以
所以，D正确；
选CD．
11．解析：当截面平行于正方体的一个侧面时可得A；当截面过不平行于侧面可得B；但无论如何都不能截得C和D，选AB．
12．解析：，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，；在上取极小值为，，，在上有两个零点，，所以A C错B D对，选BD．
三、填空题
13．解析：由题意，，则，联立得，，则．
14．解析：因为直线过点，所以，，三点共线，
联立直线与抛物线方程， ，得，解得：，，
所以，，因为，所以，又因为，所以．
15．解析：公共部分是两个正四棱锥且底面重叠的空间几何体，底面是为边长的正方形，，其中一个正四棱锥的高为，则．
16．解析：设事件，事件，，，，
由题意可得，， QUOTE PB|A1=0.2 ，
QUOTE PA1=PH甲H乙H丙∪H甲H乙H丙∪H甲H乙H丙=0.4×0.5×0.3+0.6×0.5×0.3+0.6×0.5×0.7=0.36
0.36
，由全概率公式得， QUOTE PB=PA1PB|A1+PA2PB|A2+PA3PB|A3=0.36×0.2+0.41×0.6+0.14×1=0.458 所以飞机被击落的概率为．
四、解答题
17．解：（1）因为（）， 所以（），
两式相减得（）， 又因为，所以，
所以数列是以为首项，公比为的等比数列，所以． ………5分
（2）由（1），所以，令，
则，所以，当时，，
故（，）为减函数，而，又因为恒成立，
所以，所以实数的取值范围为． ………10分
18．解：（1）由余弦定理得，，
又因为的面积等于，所以，得．
联立方程组，解得，所以的周长为． ………6分
（2） 因为，由正弦定理得：，
联立方程组，解得，，
所以，
又因为，所以，所以, 故, ………12分
19．解：（1）设同学答对的题数为，则随机变量的所有可能取值为，.
则，；
设同学答对的题数为，则随机变量的所有可能取值为，，，.
，，
，.
所以，两名同学恰好共答对个问题的概率为. ………6分
（2）由（1）知，，；
而，.
因为，<．所以应该选择学生． ………12分
20．解：（1）证明：取的中点，连接，，，
因为，，
所以△和△都是等边三角形，
所以，，
所以平面，所以，
因为，所以，所以. ………6分
（2）由（1）知，，则二面角的平面角为，，
且平面，平面，所以平面平面，平面平面，
在平面内作，所以平面，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，则，得，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为. ………12分
21．解：（1）设动圆E圆心坐标，半径为，由题意可知，，，
当与相外切时，有；①
当与相内切时，有．②
将①②两式的两边分别相加，得，所以的轨迹为椭圆，
所以，所以，
所以动圆圆心的轨迹方程为． ………6分
由（1）可知，圆心的轨迹方程，设点,,
联立，得，
则，即,
，.
因为，所以，所以，
即，
所以，，所以点在直线上，
所以，即，因为为△的一个外角，
所以. ………12分
22．解：（1）的定义域为，则，
所以在区间内单调递增； ………2分
令，，
则，
当时，，则，故在区间内单调递增，
当时，，则，故在区间内单调递减，
注意到，故，
所以在区间内单调递减； ………6分
（2）构造函数，，
当时，，
则，故此时恒成立，
当时，由（1）可知在区间内单调递增，
注意到，
故当时，，而当时，，
构造函数，则由上可知对任意恒成立，
而原不等式等价于对任意恒成立.
故满足条件的实数的取值范围为． ………12分题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
A
C
B
C
D
C
D
B
题号
9
10
11
12
答案
BCD
CD
AB
BD
命题、审题组教师 杨昆华 彭力 李文清 李春宣 丁茵 王在方 张远雄 李露 陈泳序 杨耕耘
一、选择题
1．解析：因为，，所以，选A．
2．解析：根据全称命题与存在性命题的关系，可得命题“，”的否定为：“，”，选C．
3．解析：三人中恰有两人合格的概率，选B．
4．解析：连接，由△为等腰三角形且为的中点，得垂直于，由知，由双曲线的定义知，在直角三角形中，，所以离心率，选C．
5．解析：对于A，，设关于点的对称点为，则，因为，不共线，所以，A错误；
对于B，因为，所以，当向量，是相互垂直的单位向量时，，两点间的距离为，否则距离不为，B错误；
对于C，当与中至少一个是时，结论成立；当与都不为时，设（），有，即，所以，C错误；
对于D，，
所以线段中点的广义坐标为，D正确
选D．
6．解析：因为为个之积，其中有两个取，两个取，一个取即可，所以的系数为，选C．
7．解析：取中点为，连接，，因为是圆的一条动弦，且，所以，又，，即，因此取最小值，即是取最小值，所以只需取最小，又点为直线上的任意一点，所以原点到直线的距离即是的最小值，即，即，选D．
8．解析：由得，由得，设点的坐标为，点的坐标为，又与的图象关于直线对称，且的图象也关于直线对称，则点，关于直线对称，即，得，选B．
二、多选题
9．解析：若为上的单调函数，则，，则，A错；当时，，令，得，，则在上单调递减，在上单调递增，在处取最小值，无最大值，B对；由于，则为奇函数时，，C对；当时，，，则，切点为，切线方程为，D对，选BCD．
10．解析：对于A，若，，，但，，A错误；
对于B，设（，）
当，均不为0时，为虚数，
而为实数，所以不成立，B错误；
对于C，复数在复平面内对应的点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，而的几何意义为复数对应的点与两点间的距离，所以当点运动到时，最大，取最大值，最大值为2，C正确；
对于D，设（，），（，），
由，则，所以
所以，D正确；
选CD．
11．解析：当截面平行于正方体的一个侧面时可得A；当截面过不平行于侧面可得B；但无论如何都不能截得C和D，选AB．
12．解析：，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，；在上取极小值为，，，在上有两个零点，，所以A C错B D对，选BD．
三、填空题
13．解析：由题意，，则，联立得，，则．
14．解析：因为直线过点，所以，，三点共线，
联立直线与抛物线方程， ，得，解得：，，
所以，，因为，所以，又因为，所以．
15．解析：公共部分是两个正四棱锥且底面重叠的空间几何体，底面是为边长的正方形，，其中一个正四棱锥的高为，则．
16．解析：设事件，事件，，，，
由题意可得，， QUOTE PB|A1=0.2 ，
QUOTE PA1=PH甲H乙H丙∪H甲H乙H丙∪H甲H乙H丙=0.4×0.5×0.3+0.6×0.5×0.3+0.6×0.5×0.7=0.36
0.36
，由全概率公式得， QUOTE PB=PA1PB|A1+PA2PB|A2+PA3PB|A3=0.36×0.2+0.41×0.6+0.14×1=0.458 所以飞机被击落的概率为．
四、解答题
17．解：（1）因为（）， 所以（），
两式相减得（）， 又因为，所以，
所以数列是以为首项，公比为的等比数列，所以． ………5分
（2）由（1），所以，令，
则，所以，当时，，
故（，）为减函数，而，又因为恒成立，
所以，所以实数的取值范围为． ………10分
18．解：（1）由余弦定理得，，
又因为的面积等于，所以，得．
联立方程组，解得，所以的周长为． ………6分
（2） 因为，由正弦定理得：，
联立方程组，解得，，
所以，
又因为，所以，所以, 故, ………12分
19．解：（1）设同学答对的题数为，则随机变量的所有可能取值为，.
则，；
设同学答对的题数为，则随机变量的所有可能取值为，，，.
，，
，.
所以，两名同学恰好共答对个问题的概率为. ………6分
（2）由（1）知，，；
而，.
因为，<．所以应该选择学生． ………12分
20．解：（1）证明：取的中点，连接，，，
因为，，
所以△和△都是等边三角形，
所以，，
所以平面，所以，
因为，所以，所以. ………6分
（2）由（1）知，，则二面角的平面角为，，
且平面，平面，所以平面平面，平面平面，
在平面内作，所以平面，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，则，得，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为. ………12分
21．解：（1）设动圆E圆心坐标，半径为，由题意可知，，，
当与相外切时，有；①
当与相内切时，有．②
将①②两式的两边分别相加，得，所以的轨迹为椭圆，
所以，所以，
所以动圆圆心的轨迹方程为． ………6分
由（1）可知，圆心的轨迹方程，设点,,
联立，得，
则，即,
，.
因为，所以，所以，
即，
所以，，所以点在直线上，
所以，即，因为为△的一个外角，
所以. ………12分
22．解：（1）的定义域为，则，
所以在区间内单调递增； ………2分
令，，
则，
当时，，则，故在区间内单调递增，
当时，，则，故在区间内单调递减，
注意到，故，
所以在区间内单调递减； ………6分
（2）构造函数，，
当时，，
则，故此时恒成立，
当时，由（1）可知在区间内单调递增，
注意到，
故当时，，而当时，，
构造函数，则由上可知对任意恒成立，
而原不等式等价于对任意恒成立.
故满足条件的实数的取值范围为． ………12分题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
A
C
B
C
D
C
D
B
题号
9
10
11
12
答案
BCD
CD
AB
BD
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