云南省2024届高三第一次高中毕业生复习统一检测数学试题及答案

这是一份云南省2024届高三第一次高中毕业生复习统一检测数学试题及答案，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．甲､乙､丙､丁四名运动员参加射击项目选拔赛，每人10次射击成绩的平均数（单位：环）和方差如下表所示：
根据表中数据，若从中选择一名成绩好且发挥稳定的运动员参加比赛，最合适的人是（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
2．在的二项展开式中，常数项是（ ）
A．132B．160C．180D．196
3．已知，若，则（ ）
A．B．
C．D．
4．已知、是两个不同平面，、是两条不同直线.若，，则下列命题，正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
5．已知双曲线的左､右焦点分别是是右支上的一点.若，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
6．已知，则（ ）
A．B．C．D．
7．椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为为的左焦点，是的上顶点，是的右顶点，是的下顶点.记直线与直线的交点为，则的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
8．一个信息设备装有一排六只发光电子元件，每个电子元件被点亮时可发出红色光､蓝色光､绿色光中的一种光.若每次恰有三个电子元件被点亮，但相邻的两个电子元件不能同时被点亮，根据这三个被点亮的电子元件的不同位置以及发出的不同颜色的光来表示不同的信息，则这排电子元件能表示的信息种数共有（ ）
A．60种B．68种C．82种D．108种
二、多选题
9．已知、都是复数，下列正确的是（ ）
A．若，则
B．
C．若，则
D．
10．为得到函数的图象，只需要将函数的图象（ ）
A．向左平行移动个单位B．向左平行移动个单位
C．向右平行移动个单位D．向右平行移动个单位
11．已知是直线上的动点，为坐标原点，过作圆的两条切线，切点分别为，则（ ）
A．当点为直线与轴的交点时，直线经过点
B．当为等边三角形时，点的坐标为
C．的取值范围是
D．的最小值为
三、填空题
12．甲､乙两人独立地破译一份密码，若甲能破译的概率是，乙能破译的概率是，则甲､乙两人中至少有一人破译这份密码的概率是 .
13．已知在上只有一个极值点，则实数的取值范围为 .
14．已知的三个内角满足,当的值最大时,的值为 .
四、解答题
15．某大学保卫处随机抽取该校1000名大学生对该校学生进出校园管理制度的态度进行了问卷调查，结果见下表：
(1)根据小概率值的独立性检验，分析该校大学生赞成学生进出校园管理制度与学生的性别是否有关；
(2)为答谢参与问卷调查的同学，参与本次问卷调查的同学每人可以抽一次奖，获奖结果及概率如下：
若甲､乙两名同学准备参加抽奖，他们的获奖结果相互独立，记两人获得奖金的总金额为（单位：元），求的数学期望.
附：，其中.
16．已知为等比数列，记分别为数列的前项和，，.
(1)求的通项公式；
(2)是否存在整数，使对任意正整数都成立？若存在，求的最小值；若不存在，请说明理由.
17．如图，平行六面体中，分别为的中点，在上.
(1)求证：平面；
(2)若平面，求平面与平面的夹角的余弦值.
18．已知抛物线的焦点在轴的正半轴上，顶点是坐标原点是圆与的一个交点，是上的动点，且在轴两侧，直线与圆相切，线段线段分别与圆相交于点.
(1)求的方程；
(2)的面积是否存在最大值？若存在，求使的面积取得最大值的直线的方程；若不存在，请说明理由.
19．已知是自然对数的底数，常数，函数.
(1)求、的单调区间；
(2)讨论直线与曲线的公共点的个数；
(3)记函数、，若，且，则，求实数的取值范围.
甲
乙
丙
丁
8.2
9.5
9.9
7.7
0.16
0.65
0.09
0.41
男生（单位：人）
女生（单位：人）
总计
赞成
400
300
700
不赞成
100
200
300
总计
500
500
1000
奖金（单位：元）
0
10
20
获奖概率
0.15
0.10
0.05
0.010
0.001
2.072
2.706
3.841
6.635
10.828
参考答案：
1．C
【分析】
根据平均数和方差的意义分析求解.
【详解】由题意可知：丙的平均数最大且方差最小，
所以丙的总成绩最好且发挥最稳定，故最合适的人是丙.
故选：C.
2．C
【分析】
写出展开式的通项，再令，求出代入计算可得.
【详解】二项式展开式的通项为，
其中且，
令，解得，
所以展开式中常数项为.
故选：C
3．B
【分析】
根据将进行转化，再利用在上为增函数进行判断即可.
【详解】由得：，，，
因为在上为增函数，
所以，
即.
故选：B.
4．A
【分析】
结合线面的位置关系逐项判断即可得.
【详解】若，由，则，又，故，故A正确、B错误；
若，由，故或，由，
不能得到与的具体关系，故C、D错误.
故选：A.
5．D
【分析】
借助双曲线定义及余弦定理计算即可得.
【详解】由双曲线定义可得，又，
故，，
则有，
即，故.
故选：D.

6．B
【分析】
利用两角和的正弦公式及诱导公式化简，并运用齐次式运算求解.
【详解】已知,
则，
.
故选：B.
7．A
【分析】由椭圆的离心率和已知条件表示出直线的斜率，即可求出，再由同角三角函数的基本关系和两角差的余弦公式即可得出答案.
【详解】由离心率为，可得，又因为，
所以，所以，
所以直线的斜率为，直线的斜率为，
所以，又因为，
设椭圆的左端点为，
所以，所以，
所以，
因为，
所以
.
故选：A.

8．D
【分析】
利用插空法结合组合数求解.
【详解】每次恰有三个电子元件被点亮，但相邻的两个电子元件不能同时被点亮，
所以需把3个亮的发光原件插入未点亮的元件中，有种方法，
且不同颜色数有种，
所以这排电子元件能表示的信息种数共有种.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题考查组合计数问题，关键是插空法的应用.
9．BD
【分析】
利用特殊值判断A、C，根据复数代数形式的运算法则及复数的模判断B、D.
【详解】对于A：令、，则，显然不满足，故A错误；
对于C：令、，则，，
所以，但是，故C错误；
设，，
所以，
则
，
又，
所以，故B正确；
，又，
所以，故D正确.
故选：BD
10．ACD
【分析】根据已知条件，逐项分析各个选项，利用诱导公式化简函数解析式即可判断.
【详解】A选项，向左平行移动个单位，有，A正确；
B选项，向左平行移动个单位，有，B错误；
C选项，向右平行移动个单位，有，
，C正确；
D选项，向右平行移动个单位，有，
，D正确；
故选：ACD
11．ABC
【分析】设点，求出直线的方程令可判断A；根据为等边三角形，可得，，设出点的坐标，利用可判断B；求出圆心到直线的距离可判断D；进一步求出的取值范围可判断C.
【详解】设点，则，，
以为直径的圆的圆心为，半径为，
以为直径的圆的方程为，
化简得，
联立，得，
所以直线的方程为：，
对于A，令，则，所以直线的方程为：，
则直线经过点，故A正确；
对于B，设点，则，
当为等边三角形时，可知，

又平分，所以，
在直角三角形中，由于,
所以，即，所以，
又点，所以，
化简得，解得，所以，
则，故B正确；
对于D，圆心到直线的距离为，
所以的最小值为，故D错误；
对于C，在中，因为，
当最小时，有最大值为，
又因为，所以，
此时的最大值为，的取值范围是，故C正确.
故选：ABC.
【点睛】关键点睛：本题关键点在于求出直线的方程，先设点，以为直径的圆的方程为，联立两圆的方程可求出直线的方程，再根据点到直线的距离公式及圆心切点构成的直角三角形对选项一一判断即可得出答案.
12．
【分析】
先计算出两人均没能破译这份密码的概率，进而利用对立事件求概率公式求出答案.
【详解】两人均没能破译这份密码的概率为，
故甲､乙两人中至少有一人破译这份密码的概率为.
故答案为：
13．
【分析】
求导，分离参数，转化为函数交点个数求解即可.
【详解】因为在上只有一个极值点，
则在上有唯一解，且左右函数值异号.
即，
令
则，
易知在单调递减，在单调递增，
且，，
故，解得.
故答案为：.
14．/0.5
【分析】
先根据已知条件得,利用余弦定理得,判断出,将的值最大转化为最小,由基本不等式求解即可.
【详解】由,
所以,
因为,所以,
所以,
要使的值最大,则越最大,最小,
所以根据基本不等式,
当且仅当,即时等号成立,
所以.
故答案为:.
15．(1)有关
(2)16.
【分析】
（1）根据卡方的计算公式，即可求值与临界值比较作答，
（2）根据独立事件的概率乘法公式求解概率，即可由期望公式求解.
【详解】（1）零假设为：该校大学生赞成学生进出校园管理制度与学生的性别无关联.由已知得
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为该校大学生赞成学生进出校园管理制度与学生的性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.001.
（2）由题意可知的取值为.
记事件表示甲同学中奖的金额为元，；
事件表示乙同学中奖的金额为元，，且事件与事件相互独立.
则，
故的数学期望
16．(1)，；
(2)存在，的最小值为3.
【分析】
（1）利用等比数列求和公式得首项和公比的方程组，得，利用数列的和与通项的关系得，结合得是等差数列即可求解；
（2）错位相减法求和得，再利用数列性质求最值即可求解.
【详解】（1）设等比数列的公比为，根据已知得，且
解方程组得
的通项公式为.
，
，解得，
且.
，
即.
且，
则，
整理得，故是以1为首项，2为公差的等差数列，
故.
的通项公式为.
（2）设，
则.
，
.
恒成立，且,
存在整数，使对任意正整数都成立，且的最小值为3.
17．(1)证明见解析；
(2).
【分析】
（1）取中点利用中位线证明四边形平行四边形，得到线线平行，从而得到线面平行.
（2）构建空间向量，利用空间向量求出两个面的法向量，由法向量的夹角得出面与面的夹角。
【详解】（1）证明：如图，设的中点为，连接.

∵为的中点，
∴且.
又为的中点，且四边形是平行四边形，
∴且
∴四边形为平行四边形.
∴.
又∵平面平面，
∴平面.
（2）解：在平面中，作交于.
∵平面，平面，平面，
∴.
∴两两互相垂直.
分别以射线为轴､轴､轴的非负半轴建立如图所示的空间直角坐标系，

在平行六面体中，由平面得平行四边形是矩形.
根据已知可得，
.
.
由平面得是平面的法向量.
设是平面的法向量，则
取，得.
∴是平面的法向量
∴.
设平面与平面的夹角为，则.
平面与平面的夹角的余弦值为.
18．(1)
(2)存在，.
【分析】
（1）由抛物线焦半径公式和圆的方程，列出方程组，求出，得到答案；
（2）设出直线的方程，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，根据直线与圆相切得到方程，求出，结合在轴两侧，得到不等式，求出，，得到，从而得到，求出的值，进而得到直线方程.
【详解】（1）由已知，设抛物线的方程为，
由抛物线定义得，抛物线准线方程为，，
故，
又是抛物线与圆的一个交点，
，
，
，解方程得.
的方程为.
（2）由（1）知抛物线的方程为，根据已知设直线的方程为，
即.由是上的动点，设，
则，.

直线与圆相切，
，化简得.
由得.
，且.
又在轴两侧，
.
故，解得，
成立，
，
.
，解得或.
再由得.
当时，，解方程得.
的面积存在最大值，且使的面积取得最大值的直线的方程为，
即.
【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
19．(1)的单调递增区间是，单调递减区间是；的单调递减区间是，单调递增区间是
(2)无公共点
(3)
【分析】
（1）求导后根据导数的正负即可判断函数的单调性；
（2）设出函数，根据该函数的最小值与1的关系即可得解；
（3）结合前两问，设，可得，有，则可得到使时的对应中的，即有，设，可将双变量换为单变量，即可将转化为，通过构造新函数可得，即可得，构造，研究导数可得，即可得解.
【详解】（1）函数的定义域为.
，
，
当时，，当时，，
的单调递增区间是，单调递减区间是；
函数的定义域为，常数，
当时，，当时，.
的单调递减区间是，单调递增区间是；
（2）设，它的定义域为，
当时，，即单调递减，
当时，，即单调递增，
的最小值为，
不成立，即方程无实数解，
故方程无实数解，直线与曲线无公共点；
（3）根据已知，的定义域为，
设，由（2）得，且，
由，记，则，
由得，
由（1）知在上单调递减，故，
，
记，则，由，得，
，若，且，则，
，
，
设，则，
解得，
由得，由得，
，
设，则，
，
由是自然对数的底数，得，
由（1）知，在上单调递减，
在上单调递增；由得，
又，
存在唯一，使，
当时，，当时，，当时，，
当时，单调递增，故；
当时，单调递减，故；
当时，单调递增，故.
综上所述，当时，，
.
实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题中最后一问关键点在于观察得出其与第二问的关联，从而设，得到，结合函数的单调性，设出，从而将双变量问题转化为单变量问题.