云南、广西、贵州2024届“333”高考备考诊断性联考（二）数学试卷及答案

这是一份云南、广西、贵州2024届“333”高考备考诊断性联考（二）数学试卷及答案，共15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．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．底面积是，侧面积是的圆锥的体积是（ ）
A．B．C．D．
3．已知复数满足（为虚数单位），则的虚部为（ ）
A．B．C．D．
4．甲、乙两人进行网球比赛，连续比赛三局，各局比赛结果相互独立. 设乙在第一局获胜的概率为、第二局获胜的概率为，第三局获胜的概率为，则甲恰好连胜两局的概率为（ ）
A．B．C．D．
5．本次月考分答题卡的任务由高三16班完成，现从全班55位学生中利用下面的随机数表抽取10位同学参加，将这55位学生按进行编号，假设从随机数表第1行第2个数字开始由左向右依次选取两个数字，重复的跳过，读到行末则从下一行行首继续，则选出来的第6个号码所对应的学生编号为（ ）
A．51B．25C．32D．12
6．若函数的定义域为且图象关于轴对称，在上是增函数，且 ，则不等式的解是（ ）
A．B．
C．D．
7．已知等差数列的前项和为，且则数列的公差为（ ）
A．1B．2C．3D．4
8．已知，则的大关系为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．的展开式中，下列结论正确的是（ ）
A．展开式共7项B．项系数为280
C．所有项的系数之和为2187D．所有项的二项式系数之和为128
10．已知函数，则下列说法正确的是
A．
B．函数的最小正周期为
C．函数的图象的对称轴方程为
D．函数的图象可由的图象向右平移单位长度得到
11．袋子中有2个黑球，1个白球，现从袋子中有放回地随机取球4次，每次取一个球，取到白球记0分，黑球记1分，记4次取球的总分数为，则（ ）
A．B．
C．的期望D．的方差
三、填空题
12．以下数据为某校参加数学竞赛的19人的成绩：66，69，70，72，75，77，78，79，80，81，82，83，84，86，88，90，91，94，98，则这19人成绩的第80百分位数是 .
13．设向量，且，则 ; 和 所成角为
14．已知分别是双曲线的左、右焦点，经过点且与轴垂直的直线与交于点，且，则该双曲线离心率的取值范围是 .
四、解答题
15．的内角的对边分别为，已知.
(1)求角的值；
(2)若的面积为，求.
16．已知数列的前项和为，，当时，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列，求数列的前项和.
17．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面为等腰直角三角形，且，点为棱上的点，平面与棱交于点.
(1)求证：;
(2)若，平面平面，求平面与平面夹角的大小.
18．已知椭圆的方程，右焦点为，且离心率为
(1)求椭圆的方程；
(2)设是椭圆的左、右顶点，过的直线交于两点（其中点在轴上方），求与的面积之比的取值范围.
19．已知函数.
(1)若，求证：当时，
(2)若有两个不同的极值点且.
（i）求的取值范围；
（ii）求证：.
0627
4313
2432
5327
0941
2512
6317
6323
2616
8045
6011
1410
9577
7424
6762
4281
1457
2042
5332
3732
2707
3607
5124
5179
3014
2310
2118
2191
3726
3890
0140
0523
2617
参考答案：
1．A
【分析】
先确定集合A中的元素，再确定两个集合的关系.
【详解】由题意可得，所以.
故选：A
2．D
【分析】
先利用圆锥的侧面积公式求出母线长，进而求出高，再利用圆锥的体积公式求解．
【详解】
设圆锥的母线长为，高为，半径为，
则且，故
，
圆锥的体积为．
故选：D．
3．A
【分析】
根据复数的除法运算化简，即可根据虚部的概念求解.
【详解】由可得，
故虚部为，
故选：A
4．B
【分析】
根据独立事件的概率乘法公式即可分类求解.
【详解】
设甲第局胜，，2，3，且，
则甲恰好连胜两局的概率，
故选：B．
5．A
【分析】
根据给定信息，利用随机数表抽样法规则，依次写出前6个符合要求的编号即可.
【详解】依题意，前6个编号依次为：31，32，43，25，12，51，
所以选出来的第6个号码所对应的学生编号为51.
故选：A
6．C
【分析】
先分析不等式在上的解，再根据对称性得出不等式在上的解即可.
【详解】因为在上是增函数且，所以在范围内的解为.
因为函数在定义域上图象关于轴对称，所以在内的解为，所以不等式在R内的解为.
故选：C
7．B
【分析】
根据等差数列的前项和公式列出等式即可求解.
【详解】设等差数列的公差为.
因为，
所以，.
又因为，
所以，解得：.
故选：B.
8．B
【分析】
根据的特点，构造函数，判断其单调性，得到，故有，再运用作差法比较即得.
【详解】设，则，
当时，，在上递增；
当时，，在上递减,
故.
则，即；
由可知，故.
故选：B.
9．BCD
【分析】
选项A：根据二项式定理的性质即可判断，选项B：根据二项式展开式的通项特征即可判断，选项C：令即可判断，选项D：根据二项式系数和公式即可判断．
【详解】
选项A：因为，所以展开式共有8项，故A错误，
选项B：展开式的常数项为，故B正确，
选项C：令，则所有项的系数和为，故C正确，
选项D：所有项的二项式系数和为，故D正确，
故选：BCD．
10．BCD
【分析】
根据三角恒等变换判断A，根据正弦型函数周期判断B，根据正弦型函数对称轴判断C，由图象平移判断D.
【详解】对于AB，因为函数
，故A错误；
所以，故B正确；
对于C，令，解得，故C正确；
对于D，的图象向右平移单位长度可得，
故D正确.
故选：BCD
11．ABCD
【分析】
求出一次摸到黑球的概率，根据题意可得随机变量服从二项分布，再根据二项分布列及期望公式、方差公式求解即可.
【详解】从袋子中有放回的取球4次，则每次取球互不影响，并且每次取到的黑球概率相等，
又每次取一个球，取到白球记0分，黑球记1分，故4次取球的总分数相当于抽到黑球的总个数，
又每次摸到黑球的概率为，因为是有放回地取4次球，所以，故A正确；
，故B正确；
根据二项分布期望公式得，故C正确；
根据二项分布方差公式得，故D正确.
故选：ABCD
【点睛】结论点睛：随机变量X服从二项分布，记作X～，，且有，.
12．90
【分析】
根据百分位数的计算即可求解.
【详解】，故这19人成绩的第80百分位数为第16个数90，
故答案为：90
13． /
【分析】
将化简变形，并将坐标代入求出，根据判断两个向量夹角为直角.
【详解】因为，.
所以，所以，所以，
所以.
因为所以和 所成角为.
故答案为：；
14．
【分析】
由题意画出图形，求得，再由求得的范围，结合双曲线的离心率公式得答案．
【详解】
设双曲线的焦距为，
如图，

由题意，，，
则．
由，得，
即．
．
故答案为：
15．(1)
(2)2，2
【分析】
（1）由正弦定理及三角恒等变换化简即可得解；
（2）由三角形面积公式及余弦定理求解即可.
【详解】（1），
由正弦定理可得：，
，
，
即，
，，
，.
（2）由题意，，
所以，
由，
得，
所以，解得：.
16．(1)
(2)
【分析】
（1）根据和的关系，分和两种情况讨论求解即可；
（2）利用裂项相消法求和即可.
【详解】（1）由题意，当时，，且，
若，则，即，
当时，，
两式相减得，，
整理得，即，
所以.
综上所述，.
（2）因为，
设数列的前项和为，
当时，，
当时，
，
此时时适合上式，
所以.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，得到，证得平面，再利用线面平行的性质定理，即可证得；
（2）根据题意，证得平面，得到，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：由四棱锥的底面为正方形，可得，
因为平面，平面，所以平面，
又因为平面，平面平面，所以.
（2）解：由，可得，
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又因为底面为正方形，所以，所以两两垂直，
以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
因为底面是边长为2的正方形，侧面为等腰直角三角形，可得，
在直角中，由，可得为的中点，
则，可得，
所以,
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设平面与平面夹角为，
则，所以，
即平面与平面夹角为.
18．(1)
(2)
【分析】
（1）根据离心率以及焦点即可求解；
（2）①当斜率不存在时，易知；②当斜率存在时，设与椭圆方程联立，得到，利用韦达定理可得，设，转化为，可得答案．
【详解】（1）设椭圆焦距为，
由题意可得，
故椭圆方程为
（2）
当斜率不存在时，易知；
②当斜率存在时，设，,，,，
由，得，显然，
所以，，
因为，，
所以，
因为，
所以，
又，
设，则，，解得且，
所以，
综上可得的取值范围为．

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：（1）几何法，若题目的条件能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值.
19．(1)见解析
(2)（i）（ii）证明见解析
【分析】
（1）求导判断函数的单调性即可求解最值证明，
（2）根据极值点可得韦达定理，根据一元二次方程根的分布即可求解的范围，利用，消去，进而看做关于的函数，构造，利用导数求解函数的单调性，即可求解最值判断，结合对数与指数的单调性即可求解.
【详解】（1）时，
则，故在单调递减，
故，故时，，
（2）（i），
由于有两个不同的极值点且，
故是的两个不相等的正实数根，
故，解得，
故
（ii）由于，所以，故，
由于，故，
，
令，
故，
当时，，故在单调递增，
故，
由于故，
因此，
故.
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.