云南省昆明市2024届”三诊一模“高三复习教学质量检测数学试题 Word版含解析

这是一份云南省昆明市2024届”三诊一模“高三复习教学质量检测数学试题 Word版含解析，共19页。试卷主要包含了30等内容，欢迎下载使用。

数 学
注意事项：
1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡交回．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 若是等比数列，，，则（ ）
A. 7B. 9C. 25D. 35
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比数列基本量的计算即可求解.
【详解】是等比数列，，，
则，故．
故选：C．
2. 双曲线的渐近线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用双曲线方程求解渐近线方程即可.
【详解】双曲线的渐近线方程是：
故选：A
3. 复平面内表示复数的点在直线上，则（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先得到复数在复平面内对应的点的坐标，即可得到方程，解得即可.
【详解】复数在复平面内对应的点为，
依题意可得，解得.
故选：A
4. 已知下图网格中面积最小的正方形边长为1，平面向量，如图所示，则（ ）


A. 2B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，建立坐标系，可得、的坐标，进而求出的坐标，计算其模可得答案．
【详解】根据题意，如图建立坐标系，
则，，
则，故．
故选：C．

5. 在的展开式中，含项的系数是（ ）
A 16B. 19C. 21D. 24
【答案】B
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项计算可得.
【详解】因为展开式的通项为，
所以的展开式中含项为，
所以展开式中含项的系数是.
故选：B
6. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 为增函数B. 有两个零点
C. 的最大值为2eD. 的图象关于对称
【答案】D
【解析】
【分析】利用导数讨论函数的单调性，结合选项依次计算，即可求解.
【详解】A：，令，得，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，故A错误；
B：由选项A知，函数在上单调递减，在上单调递增，
且，所以函数在R上没有零点，故B错误；
C：由选项A知，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，即函数的最小值为，故C错误；
D：，所以函数图象关于直线对称，故D正确.
故选：D
7. 早期天文学家常采用“三角法”测量行星的轨道半径．假设一种理想状态：地球E和某小行星M绕太阳S在同一平面上的运动轨道均为圆，三个星体的位置如图所示．地球在位置时，测出；行星M绕太阳运动一周回到原来位置，地球运动到了位置，测出，．若地球的轨道半径为R，则下列选项中与行星M的轨道半径最接近的是（参考数据：）（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】连接，根据给定条件，在中利用正弦定理求出，再在中利用余弦定理求解即得.
【详解】连接，在中，，又，则是正三角形，，
由，，得，，
在中，，由正弦定理得，则，
在中，由余弦定理得.
故选：A

8. 已知椭圆（）的左、右焦点为、，圆与的一个交点为，直线与的另一个交点为，，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可得，设，由椭圆的定义可知，的表达式，再由的值，可，在中，可得，可得点为短轴的端点，在中，由余弦定理可得，的关系，即求出椭圆的离心率的值．
【详解】由题意知，圆过椭圆的两个焦点，
因为为圆与椭圆的交点，所以，
因为，
设，可得，，
所以，
所以，
在中，，
即，解得或，
解得或（舍去），
此时点为椭圆短轴的顶点，
又，解得（负值舍去），
且，，
在中，由余弦定理可得，
整理可得，所以．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：涉及焦点三角形问题一般是利用椭圆的定义及余弦定理进行处理，本题关键是推导出为短轴顶点.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知函数，若，则的值可以为（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据整体法以及特殊角的三角函数值可得或，即可求解.
【详解】令或，,
故或，，
故,
取和可得或，
故的值可以为或，
故选：BD
10. 在数列中，，，，记的前n项和为，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据已知，结合条件，，可依次求出数列的前几项，从而判断A、B；由题意可得，根据等差数列的定义可判定数列为等差数列，从而判断C、D.
【详解】若，，又，则，A正确；
若，，由A选项可知，又，可得，
，可得，B错误；
若，，则，，，可得，
所以数列为等差数列，且，所以，C正确；
且，D正确.
故选：ACD
11. 在矩形中，，，以对角线BD为折痕将△ABD进行翻折，折后为，连接得到三棱锥，在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 三棱锥体积的最大值为B. 点都在同一球面上
C. 点在某一位置，可使D. 当时，
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据锥体体积公式即可求解A，根据直角三角形的性质即可求解B，根据线面垂直得线性垂直即可求解CD.
【详解】如图所示：分别过作，

对A，当平面平面时，三棱锥的高最大为，
三棱锥体积的最大值为，A正确；
对B，，
的中点为，则,故为三棱锥的外接球球心，B正确；
对C，若存在点在某一位置，使，连接，
由于，，平面，
则平面，又平面，
，这与相矛盾,不重合），
不存在点在某一位置，使，C错误；
对D，当，又，，平面,
平面，又平面，
，又，，，D正确．
故选：ABD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据同角三角函数关系式求出，，再利用二倍角正切公式求解.
【详解】由，，，
，
.
故答案为：.
13. 已知正六棱锥的侧棱长为，其各顶点都在同一球面上，若该球的表面积为，则该正六棱锥的体积为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】作图，分外接球的球心在棱锥内部和外部两种情况，运用勾股定理列式分别计算.
【详解】设正六棱锥，底面中心为，外接球半径为，底面正六边形边长为，棱锥的高，
则，，，
当外接球的球心在棱锥内部时，，在中，，即，在中，，即，联立，解得，，
所以正六棱锥的体积为.

当外接球的球心在棱锥外部时，，在中，，即，在中，，即，联立，解得，，这与矛盾，不合题意舍去.

综上，该正六棱锥的体积为.
故答案为：.
14. 如图，一个质点从原点O出发，每隔一秒随机、等可能地向左或向右移动一个单位，共移动六次．质点位于4的位置的概率为__________；在质点第一秒位于1的位置的条件下，该质点共经过两次3的位置的概率为__________．
【答案】 ①. ##0.09375 ②. ##0.125
【解析】
【分析】计算质点移动6次可能的结果，质点位于4的位置的可能结果，根据古典概型的概率公式即可求解；根据条件概率的概率公式计算.
【详解】由题意可得：质点移动6次可能的结果有种，质点位于4的位置则指点向右移动5次向左移动1次，
从质点移动6次中选1次向左移动，其它5次向右移动共有种，
所以质点位于4的位置的概率为；
在质点第一秒位于1的位置的条件下，该质点共经过两次3的位置，可知从1开始的5步中，第1、2步必须向右，
第3步向左或向右均可，若第3步向左则第4步向右，若第3步向右则第4步向左，第5步向左向右均可，则走法有种，
总的质点移动5次可能的结果有种，则在质点第一秒位于1的位置的条件下，该质点共经过两次3的位置的概率为.
故答案为：；.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 如图，在直三棱柱中，D，E为，AB中点，连接，．
（1）证明：DE∥平面；
（2）若，，，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由三角形中位线的性质可得，再由线面平行的判定定理可证明；
（2）建系，分别找到平面的一个法向量和平面的法向量，代入空间向量的二面角余弦公式，再利用同角三角函数关系求出正弦值即可.
【小问1详解】
连接，
因为D，E分别为，AB的中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面．
【小问2详解】
由（1）得，因为，所以，
因为在直三棱柱中，平面ABC，所以，
因为，所以AB⊥平面，故．
建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz，
则，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，可取为平面的一个法向量，
可取为平面的一个法向量，
则，
设二面角的大小为，则，，
所以二面角正弦值为．
16. 某企业响应国家“强芯固基”号召，为汇聚科研力量，准备科学合理增加研发资金．为
了解研发资金的投入额x（单位：千万元）对年收入的附加额y（单位：千万元）的影响，对2017年至2023年研发资金的投入额和年收入的附加额进行研究，得到相关数据如下：
（1）求y关于x的线性回归方程；
（2）若年收入的附加额与投入额的比值大于，则称对应的年份为“优”，从上面的7个年份中任意取3个，记X表示这三个年份为“优”的个数，求X的分布列及数学期望．
参考数据：，，．
附：回归方程的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：
，．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据最小二乘法即可求解，
（2）根据超级几何概率公式求解概率，即可由期望公式求解.
【小问1详解】
依题意，，
，
，
，
所以y关于x的线性回归方程为.
【小问2详解】
由题意，7个年收入的附加额与投入额的比值大于0.1的有3个，
所以X的可能取值为0，1，2，3，
，，
，，
X的分布列如下：
所以X的期望是.
17. 已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，，求a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解；
（2）由题意，将问题转化为（）恒成立，利用导数讨论函数的单调性，即可求解.
【小问1详解】
由于，则切点坐标为，
因为，所以切线斜率为，
故切线方程为，即．
【小问2详解】
当时，等价于，
令，，
恒成立，则恒成立，，
当时，，函数在上单调递减，，不符合题意；
当时，由，得，
时，，函数单调递减，，不符合题意；
当时，，因为，所以，则，
所以函数在上单调递增，，符合题意．
综上所述，．
18. 已知抛物线C：（）的焦点为F，直线与C交于A，B两点，．
（1）求C的方程；
（2）过A，B作C的两条切线交于点P，设D，E分别是线段PA，PB上的点，且直线DE与C相切，求证：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设，，直线方程联立抛物线方程，利用韦达定理表示，结合抛物线的定义即可求解；
（2）利用导数的几何意义求出直线PA、PB方程，进而求得，设，求得、，结合弦长公式表示与，即证，由（1），化简计算即可证明.
【小问1详解】
设，，，
联立，得，
则，，，
则，故，
所以C的方程为．
【小问2详解】
由（1）知，因为抛物线C：，则，
则，，则直线PA方程为，即，
同理直线PB方程为．
联立，得，
则，将代入得，
两式相加得，
即，所以点．
设直线DE与抛物线相切于点，则直线DE方程为．
设，，联立，
两式作比，即，同理，
因为，
同理，
故要证，
即证，
即证，
即证，
即证，
即证，
由（1）知，又，故，上式成立，
故．
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
19. 若非空集合A与B，存在对应关系f，使A中的每一个元素a，B中总有唯一的元素b与它对应，则称这种对应为从A到B的映射，记作f：A→B．
设集合，（，），且．设有序四元数集合且，．对于给定的集合B，定义映射f：P→Q，记为，按映射f，若（），则；若（），则．记．
（1）若，，写出Y，并求；
（2）若，，求所有的总和；
（3）对于给定的，记，求所有的总和（用含m的式子表示）．
【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意中的新定义，直接计算即可求解；
（2）对1，，5是否属于B进行分类讨论，求出对应所有Y中的总个数，进而求解；
（3）由题意，先求出在映射f下得到的所有的和，同理求出在映射f下得到的所有（）的和，即可求解.
【小问1详解】
由题意知，，
所以．
【小问2详解】
对1，，5是否属于B进行讨论：
①含1的B的个数为，此时在映射f下，；
不含1的B的个数为，此时在映射f下，；
所以所有Y中2总个数和1的总个数均为10；
②含5的B的个数为，此时在映射f下，；
不含5B的个数为，此时在映射f下，；
所以所有Y中6的总个数和5的总个数均为10；
②含的B的个数为，此时在映射f下，，；
不含的B的个数为，此时在映射f下，，；
所以所有y中的总个数和的总个数均为20．
综上，所有的总和为．
【小问3详解】
对于给定的，考虑在映射f下的变化．
由于在A的所有非空子集中，含有的子集B共个，
所以在映射f下变为；
不含的子集B共个，在映射f下变为；
所以在映射f下得到的所有的和为．
同理，在映射f下得到的所有（）的和．
所以所有的总和为．
【点睛】方法点睛：
学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是集合的有关知识点.
年份
2017
2018
2019
2020
2021
2022
2023
投入额
10
30
40
60
80
90
110
年收入的附加额
7．30
X
0
1
2
3
P