2023届云南省昆明市第一中学高中新课标高三第四次一轮复习检测数学试题（解析版）

2023届云南省昆明市第一中学高中新课标高三第四次一轮复习检测数学试题

一、单选题

1．设复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为（    ）

A．直线 B．圆 C．椭圆 D．双曲线

【答案】B

【分析】根据复数的几何意义结合共轭复数的概念即可得解.

【详解】设，则，

由得，即在复平面内对应的点的轨迹为圆.

故选：B.

2．设集合，，且，则（    ）

A．-1 B．1 C．-1或0 D．-1或0或1

【答案】C

【分析】利用集合元素的性质及集合并集结果，分类讨论的可能取值，即可得到结果.

【详解】因为，所以，

因为，，

所以或，解得或或，

当时，，，满足；

当时，，，满足；

当时，，根据集合元素的互异性可知不成立，舍去；

综上：或.

故选：C.

3．等差数列的前项和为，若，，则等于（    ）

A．48 B．54 C．64 D．72

【答案】A

【分析】运用等差数列的性质可解.

【详解】，

在等差数列中，成等差，所以有：

即

解之：

故选：A.

4．为帮助某贫困山区的基层村镇完成脱贫任务，某单位要从5名领导和6名科员中选出4名人员去某基层村镇做帮扶工作，要求选出人员中至少要有2名领导，且必须有科员参加，则不同的选法种数是（    ）

A．210 B．360 C．420 D．720

【答案】A

【分析】根据给定条件，利用分类计数原理，组合列式计算作答.

【详解】求不同的选法种数可以有两类办法，选出的4人中有2名领导，有种方法；有3名领导，有种方法，

由分类加法计数原理得：，

所以不同的选法种数是210，A正确.

故选：A

5．已知双曲线：的渐近线方程为，左、右焦点分别为，，过的直线与的右支交于，两点，且，的周长为36，则该双曲线的焦距等于（    ）

A．2 B．4 C． D．

【答案】D

【分析】根据给定条件，结合双曲线的定义，求出双曲线C的实轴长即可求解作答.

【详解】依题意，，

因此的周长，解得，

因双曲线：的渐近线方程为，则，即，

双曲线C的半焦距，所以该双曲线的焦距等于，D正确.

故选：D

6．若点为曲线上的动点，点为直线上的动点，则的最小值为（    ）

A． B． C．1 D．

【答案】A

【分析】根据、图象分析最小时P的位置，利用导数几何意义求上斜率为1的切线，应用平行线距离公式求的最小值.

【详解】由题意，要使的最小，为平行于的直线与的切点，

令，可得，故切点为，

以为切点平行于的切线为，此时有.

故选：A

7．已知，，，则、、的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据给定条件，利用指数函数、对数函数性质结合指数运算及“媒介数”比较判断作答.

【详解】显然，，，

，

显然，有，，于是得，即，

所以.

故选：B

8．已知函数，则函数的极小值点的个数为（    ）

A．2021 B．2022 C．1011 D．1012

【答案】C

【分析】对求导，令，求得，再利用余弦函数的图像性质，结合导数与函数的单调性，求得在处取得极小值，从而求得，由此即可得到的极小值点的个数.

【详解】因为，，

所以，

令，得，，

当时，，，则，

当时，，，则，

所以在，上单调递减，在，上单调递增，

故在，处取得极小值，

因为，所以，则，

又，所以有共个取值，

所以的极小值点的个数为.

故选：C

二、多选题

9．已知随机变量，且，则下列说法正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】BC

【分析】利用正态分布曲线的对称性有、，即可确定参数a，再由期望、方差的性质求、.

【详解】由题设，随机变量对应的均值，标准差，

所以，而，

故，即，A错误，B正确；

由，C正确；

由，D错误.

故选：BC

10．函数的定义域为，且对任意都有成立的函数不可能是（    ）

A． B． C． D．

【答案】ABC

【分析】由题意得应关于点对称，逐个选项判断即可.

【详解】因为，所以关于点对称，

对于A，关于对称，故A错误；

对于B，关于点对称，故B错误；

对于C，关于点对称，故C错误；

对于D，关于点对称，故D正确；

故选：ABC.

11．三棱柱中，棱长均为2，顶点在底面上的投影为棱的中点，为的中点，是上的动点，则（    ）

A．三棱柱的体积为1 B．与平面所成的角为

C． D．异面直线与所成角为

【答案】BC

【分析】根据给定条件，求出三棱柱的高，计算体积判断A；利用线面角的定义计算判断B；证明平面，平面判断C，D作答.

【详解】三棱柱中，棱长均为2，令中点为O，连AO，如图，

依题意平面，有，，而，

因此三棱柱的体积，A不正确；

由平面知，是与平面所成的角，而，则，B正确；

因为的中点，又，则有，

平面，因此平面，而平面，则，C正确；

，即四边形是平行四边形，有，则有平面，

又平面平面，即有平面，而平面，则，因，

平面，于是得平面，而平面，则，

而是上的动点，因此异面直线与所成角为，D不正确.

故选：BC

12．已知函数，若恒成立，则实数的可能的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】CD

【分析】由题设条件得到，从而变形得，分类讨论与两种情况，利用同构法得到，由此构造函数将问题转化为恒成立问题，进而得解.

【详解】因为，且恒成立，

所以，则，故，则，

当时，，，则，故，则恒成立，

当时，，，则，

对两边取对数，得，

令，则，

又，所以在上单调递增，

故，即在上恒成立，

令，则在上恒成立，即，

又，令，得；，得；

所以在上单调递增，在上单调递减，则，

故，

对于AB，易得，，故AB错误；

对于CD，易得，，故CD正确.

故选：CD.

【点睛】关键点睛：本题解题的关键是对进行变形得到，从而利用同构法得到，由此得解.

三、填空题

13．函数的周期为1，当时，，则的值为_________.

【答案】

【分析】利用函数的周期性求函数值即可.

【详解】由题意，故.

故答案为：

14．在的展开式中项的系数为_________.

【答案】

【分析】由分别确定、的通项，进而求乘积形式下项的系数.

【详解】由，

的通项为，

故有，有，有，

的通项为，

故有，有，有，

所以项的系数为.

故答案为：

15．在平行四边形中，和分别是和边上的动点，连接，交于点，若，其中，且，则_________.

【答案】2

【分析】根据给定条件，利用共线向量定理的推论，列式求解作答.

【详解】依题意，令，，

因点三点共线，则，而，因此，即，

，所以.

故答案为：2

四、双空题

16．已知，分别为轴，轴上的两个动点，且，动点满足，设动点的轨迹为曲线，则的方程是_________；若过点的直线与交于，两点，且，则直线的方程为_________.

【答案】         

【分析】设出点P的坐标，表示出点M，N的坐标，借助两点间距离公式得的方程；设出直线l的方程，与曲线的方程联立，结合已知求解即可.

【详解】设，因，分别为轴，轴上的两个动点，且，则，如图，

因，则，整理得：，所以的方程是；

显然点是曲线的左焦点，而，则直线不垂直于y轴，设直线：，

由消去x并整理得：，设，

则有，由得：，

联立消去得：，解得，即，

所以直线的方程为，即.

故答案为： ；

【点睛】易错点睛：求解轨迹方程问题，根据条件求出动点的轨迹方程，还应特别注意：补上在轨迹上而坐标不是方程解的点，剔出不在轨迹上而坐标是方程解的点.

五、解答题

17．已知数列满足.

(1)求数列的通项公式；

(2)求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）分类讨论与，利用递推关系式分别求得与，再进行检验即可；

（2）结合（1）中结论，分类讨论与时的正负情况，从而利用等差数列的前项公式求得.

【详解】（1）因为，

所以当时，；

当时，，

故，则；

经检验：满足，

所以.

（2）由（1）知，令，得，

故当时，，

；

当时，，易知，，，，

所以；

综上：.

18．如图，在几何体中，平面，，，.

(1)证明：平面平面；

(2)若，，三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）若分别为的中点，连接，易证、为平行四边形，再由平行四边形性质、线面垂直性质可得，，进而由勾股定理得，则，由线面垂直得，最后根据线面、面面垂直的判定证结论；

（2）首先确定直线与平面所成角的平面角为，并求证，再应用棱锥体积公式求、，即可求解.

【详解】（1）若分别为的中点，连接，

所以且，又，，

故、，所以为平行四边形，故，

且、，所以为平行四边形，故且，而，

因为平面，则平面，平面，

所以，即，，

在中，，

故△为等腰三角形，则，

平面，平面，故，所以，

，面，故面，而面，

所以面面.

（2）由（1）知：面，故直线与平面所成角的平面角为，

所以，

因为，，故，即，

所以，且，

又平面，故，则，而，

所以，即直线与平面所成角的正弦值.

19．在锐角中，角，，所对边分别为，、，已知锐角同时满足下列四个条件中的三个：

①；②；③；④.

(1)请指出这三个条件，并说明理由；

(2)求的面积.

【答案】(1)①③④，理由见解析；

(2).

【分析】（1）假设①②得，，则，易知①②不能同时成立，再由正弦边角关系判断，即得结果；

（2）由正弦定理求得、，根据及三角形面积公式求面积.

【详解】（1）锐角中，由①得，则，

由②得，即，

所以，不满足为锐角三角形，故①②不能同时成立，

而，故，即，

若②能成立，则，此时，不满足为锐角三角形，

所以排除②，故满足条件的为①③④.

（2）由（1）知：锐角中，

由，则，故，

而，

所以

(1)在接下来的2天中，设为下午6点前的销售量不少于350千克的天数，求的分布列和数学期望；

(2)若该超市以当天的利润期望值为决策依据，当购进350千克的期望值比购进400千克的期望值大时，求的最小值.

【答案】(1)分布列见解析，；

(2)17.

【分析】（1）求出1天下午6点前的销售量不少于350千克的概率，再求出的可能值及对应的概率，列出分布列并求出期望作答.

（2）求出分别购进350千克和400千克时利润的期望值，列出不等式即可求解作答.

【详解】（1）依题意，1天下午6点前的销售量不少于350千克的概率，

随机变量的可能值为0，1，2，

，，，

所以的分布列为：

的数学期望.

（2）购进350千克时利润的期望值：，

购进400千克时利润的期望值：

，

由解得，，因，，因此，

所以的最小值是17.

21．已知函数，其中，设为的导函数.

(1)若，证明：；

(2)若时，恒成立，求的取值范围.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）由题设，利用导数研究的单调性并确定区间最值，即可证结论；

（2）由题设及（1）易知在上递增，则，结合讨论、研究的单调性，结合恒成立确定参数范围.

【详解】（1）由题设，则，

所以，令，故，

所以在R上单调递增，而，

故上，上，

则上递减，上递增，故，得证.

（2）由，则，

由（1）知：上，故在上递增，

所以，而，

当时，即，趋向时趋向，故使，

所以上，递减，上，递增，

故，不满足恒成立；

当时，即，故在上，

所以上递增，此时恒有，满足恒成立；

综上，时，时恒成立.

22．已知抛物线：焦点为，过点的直线与抛物线交于，两点，抛物线的准线与轴交于点.

(1)请写出一组满足的点，的坐标；

(2)证明：；

(3)若过点的直线与抛物线交于，两点，点，若，求的面积.

【答案】(1)，时满足；

(2)证明见解析；

(3).

【分析】（1）写出轴时对应的，的坐标即可；

（2）过分别作垂直准线于，根据抛物线定义及平行线性质易证，进而有，即可证结论；

（3）设直线为，联立抛物线及韦达定理得，结合已知求得，应用三角形面积公式即可求面积.

【详解】（1）当直线轴，显然关于轴对称，此时，

由，若分别在一、四象限，则，满足.

（2）过分别作垂直准线于，如下图示，

所以，轴，

由平行线分线段等比例性质知：，又，

所以，故，

又，

所以.

（3）由题设，可设直线为，代入，令，

所以，则，又，即，

故，则，

所以.