2023届云南省红河州高三第二次复习统一检测数学试题含解析

2023届云南省红河州高三第二次复习统一检测数学试题

一、单选题

1．设集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据题意，将集合化简，然后由并集的运算，即可得到结果.

【详解】由，得，所以，

又由，得，所以，

于是，

故选：C．

2．已知复数，是的共轭复数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意，结合复数的运算，代入计算，即可得到结果.

【详解】由共轭复数定义得，，

所以．

故选:A．

3．已知函数（）的图象的两个相邻对称中心之间的距离为，则（    ）

A．2 B．4 C．8 D．16

【答案】B

【分析】由正切函数的性质得出，继而由周期公式得出.

【详解】解：设的最小正周期为，由函数（）的图象上相邻两

个对称中心之间的距离为，知，，

又因为，所以，即，则．

故选：B．

4．《九章算术》作为古代中国的第一部自成体系的数学专著，与古希腊的《几何原本》并称现代数学的两大源泉．《九章算术》中将圆台称为“圆亭”．今有圆亭，被一过上底圆周上一点且垂直于底面的平面所截，截面交圆亭下底于，若尺，劣弧上的点到弦的距离的最大值为6寸，圆亭母线长为10寸，则该圆亭的体积约为（1尺寸，）（    ）

A．3528立方寸 B．4410立方寸 C．3.528立方寸 D．4.41立方寸

【答案】A

【分析】设圆台上底半径为，下底半径为，利用勾股定理求出底面圆半径，再利用勾股定理求出高，再根据圆台的体积公式即可得解.

【详解】解：设圆台上底半径为，下底半径为，

则，所以（寸），（寸），

设圆台的高为，（寸），

所以圆台的体积为：（立方寸）．

故选：A．

5．我国是世界上严重缺水的国家之一，城市缺水问题较为突出．某市政府为了解居民节约用水的意识，随机调查了100户居民某年的月均用水量数据（单位：立方米），制成如图所示的频率分布直方图．下列说法正确的是（    ）

A．该组样本数据的极差是4立方米

B．可估计全市居民用户月均用水量的中位数的估计值是2.25立方米

C．可估计全市居民用户月均用水量的众数的估计值是2立方米

D．可估计全市居民用户中月均用水量超过3立方米的约占15%

【答案】D

【分析】根据题意，由频率分布直方图对选项逐一判断，即可得到结果.

【详解】对于A选项，由频率分布直方图无法得到这组数据的最大值和最小值，故无法准确判断这组数据的极差，故A错误．

对于B选项，因为，，设中位数为，由得，故B错误．

对于C选项，众数为：，故C错误．

对于D选项，月均用水量超过3立方米的频率为，故D正确．

故选:D．

6．已知为第三象限角，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据，，三者之间的关系，结合余弦的二倍角公式即可求解，进而可求解正切.

【详解】因为，两边平方得，

即，又因为为第三象限角，且，

所以，，

所以，所以，

则．

故．

故选：D．

7．若函数与函数（且）的图像有且仅有一个交点，则的范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据题意，分，分别做出分段函数的图像，结合图像即可得到结果.

【详解】当时，由，得当时，的周期．

设，则，

做出分段函数的图像，如图

当时，

由图可知，显然成立．

当时，则，，即．

综上所述，且．

故选:C．

8．已知，分别为双曲线：（，）的左、右焦点，为虚轴的一个端点，为坐标原点，直线与的一条渐近线交于点，若与的面积相等，则的离心率为（    ）

A． B．2 C．或 D．2或

【答案】B

【分析】根据题意可得直线的方程，由条件可得，然后根据两个三角形的面积相等，即可得到结果.

【详解】根据对称性，不妨设，

由已知，得，，直线的方程为，

若点在第一象限，则联立直线与直线，得，

，即；

若点在第二象限，联立直线与直线，得，

同理可得；

分别设点和点到直线的距离为，，则，

由与的面积相等，得，

即，所以离心率．

故选:B

二、多选题

9．在不透明的甲、乙两个盒子中分别装有除标号外完全相同的小球，甲盒中有4个小球，标号分别为1，2，3，4，乙盒中有3个小球，标号分别为5，6，7．现从甲、乙两个盒里分别随机抽取一个小球，记事件“取到标号为2的小球”，事件“取到标号为6的小球”，事件“两个小球标号都是奇数”，事件“两个小球标号之和大于9”，则（    ）

A．事件与事件相互独立 B．事件与事件互斥

C． D．

【答案】ACD

【分析】穷举出所有样本空间，根据题意和古典概型求取对应事件概率即可.

【详解】从甲盒、乙盒里分别随机抽取一个小球的样本空间为：，，，，，，，，，，，，共12种．

事件：，，，；事件：，，，，

，，，故A正确；

事件和事件都有，事件与事件不互斥，故B不正确；

事件：，，，，，故C正确；

事件：，，，，，

，故D正确．

故选：A、C、D．

10．如图所示，在中，，，，分别是边上的两个三等分点，是的中点，若，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABC

【分析】根据向量的线性运算法则化简以，可判定A正确；设和，根据向量的数量积的运算法则，可判定B正确；根据数量积的运算法则，可判定C正确；由，可判定D错误．

【详解】由，所以，所以A正确；

由，

设，因为，

所以，即，

可得，则，所以B正确；

由，所以C正确；

由，

所以，所以D错误．

故选：ABC．

11．已知曲线：，则（    ）

A．当时，是双曲线，其渐近线方程为

B．当时，是椭圆，其离心率为

C．当时，是圆，其圆心为，半径为

D．当，时，是两条直线

【答案】AC

【分析】根据圆锥曲线的方程及其性质，对选项逐个验证即可．

【详解】对于选项A，或，

当时，原方程可化为，所以是焦点在轴上的双曲线，

其渐近线方程为，

当时，原方程可化为，所以是焦点在轴上的双曲线，

其渐近线方程为，故A正确；

对于选项B，当时，，原方程可化为，

所以是焦点在轴上的椭圆，所以，

所以，故B错误；

对于选项C，当时，原方程可化为，所以是圆，

其圆心为，半径为，故C正确；

对于选项D，若，时，原方程可化为，

当时，，此时是两条直线，

当时，上面方程无解，此时不表示任何图形，故D错误．

故选：AC．

12．在棱长为2的正方体中，下列选项正确的是（    ）

A．若是侧面的中心，则

B．若是的中点，是正方形内的动点，且平面，则的轨迹的长度为

C．若是上的点，且，，则当的面积最小时，

D．若，分别是，的中点，平面，则

【答案】BCD

【分析】根据向量的线性运算法则，可判断A错误；分别取，的中点，，连接，，，根据平面平面，得到点的轨迹为线段，可判定B正确；以为坐标原点，建立空间直角坐标系，根据向量的坐标运算，求得，设到的距离为，求得，进而可判定C正确；设，根据空间向量的基本定理，列出方程组求得，进而可判定D正确．

【详解】对于A中，如图所示，可得

，所以A错误；

对于B中，如图所示，分别取，的中点，，连接，，，

因为，且平面，平面，所以平面，

同理可得平面，

因为平面，平面，且，

所以平面平面，所以点的轨迹为线段，

所以，故B正确；

对于C中，如图所示，以为坐标原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，．

由，得，，

所以，

同理可得，所以，

设到的距离为，又因为，

则．

因为，要使的面积最小，即要最小，此时，

所以C正确；

对于D中，如图所示，以为坐标原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，

设，即，则，

而，

即，

所以，解得，所以，所以，

故D正确．

故选：BCD．

三、填空题

13．若函数是偶函数，则______．

【答案】1

【分析】设,由题意可得是奇函数，根据，求解即可.

【详解】解：设,

因为是偶函数，所以是奇函数，

所以，解得．经检验满足题意，

故答案为：1

14．已知抛物线：的焦点为，为坐标原点，若上存在两点，，使为等边三角形，则______．

【答案】13

【分析】根据题意可求出直线的方程，将直线方程与抛物线方程联立得到点的坐标，进而利用抛物线的定义即可求解.

【详解】设在第一象限，由对称性知直线的方程为．

由，得，即．

因为的准线为，所以．

故答案为：13.

15．若是函数的极小值点，则函数在区间上的最大值为______．

【答案】##

【分析】求导，根据极值点可得，进而解得或，代入验证极值点可确定，进而根据极大值以及端点处的函数值进行比较即可求解.

【详解】由，得，

因为是函数的极小值点，所以，即，

即，解得或．

当时，，

当或时，，当时，，

所以，在区间，上单调递增，在上单调递减，

所以是函数的极大值点，不符合题意；

当时，，

当或时，，当时，，

所以在区间，上单调递增，在上单调递减，

所以是函数的极小值点，是函数的极大值点，故

又因为，，

所以函数在的最大值为．

故答案为：．

16．在数列中，，且，设，其中为常数．若是递减数列，则的取值范围是______．

【答案】

【分析】根据题意，由递推关系式可得数列等差数列，从而可得，即可得到结果.

【详解】因为，显然，．

又，

所以，

所以．

又，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，

所以．

所以

因为是递减数列，即，，

即，代入可整理得恒成立，

，

令，，

，所以最大值为，所以．

故答案为：．

四、解答题

17．已知等差数列的公差，，其前项和为，且______．

在①，，成等比数列；②；③这三个条件中任选一个，补充在横线上，并回答下列问题．

(1)求数列的通项公式；

(2)若数列满足，求数列的前项和．

注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）条件①：利用等比中项列式性质列式计算求出公差；条件②利用等差数列前项和公式列式计算；条件③利用因式分解求出公差即可.

（2）对项数进行分类，利用分组求和求出前项和.

【详解】（1）若选择条件①．

因为，，成等比数列，所以，

，整理得，

又，解得，

所以数列的通项公式为．

若选择条件②．

因为，所以，

，解得，

所以数列的通项公式为，

若选择条件③．

因为，所以，

即，

因为，，所以，

所以，

则数列的通项公式为

（2）解法一：

解法二：

18．某市教育行政部门为开展普及法律常识的宣传教育活动，增强学生的法律意识，提高自身保护能力，在全市中小学生范围内，组织了一次法律常识知识竞赛（满分100分），现从所有参赛学生的竞赛成绩中随机抽取200份，经统计，这200份成绩全部介于之间，将数据按照，，……，分成七组，得到如下频数分布表：

(1)试估计该市竞赛成绩的平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）和第80百分位数（保留一位小数）；

(2)以样本频率值作为概率的估计值，若从该市所有参与竞赛的学生中，随机抽取3名学生进行座谈，设抽到60分及以上的学生人数为，求的分布列和数学期望．

【答案】(1)平均分和第80百分位数分别约为67.3和78.6

(2)分布列见解析，

【分析】（1）根据平均数以及百分位数的计算公式即可求解,

（2）根据二项分布即可求解概率，进而可求解分布列以及期望.

【详解】（1）平均分

前4组频率之和为，前5组频率之和为，

故第80百分位数位于第5组

设第80百分位数为，则

则该市竞赛成绩的平均分和第80百分位数分别约为67.3和78.6．

（2）抽到60分及以上的学生的概率为，

由题意，的可能取值为0，1，2，3，且服从，则

，，

，，

所以的分布列为：

所以或．

19．记的内角，，的对边分别为，，，已知．

(1)证明：；

(2)求的最大值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用正弦定理化角为边，再根据余弦定理结合基本不等式求出的范围，即可得的范围，即可得证；

（2）根据二倍角的余弦公式可得，设，，构造函数，利用导数求出函数的最值即可.

【详解】（1）因为，所以，

因为，

即，当且仅当时，等号成立，

又因为，所以；

（2），

设，则，

因为，所以，

设，由，得，

当，，单调递增；

当，，单调递减，

当时，取得最大值为，

所以的最大值为.

20．如图，在几何体中，菱形所在的平面与矩形所在的平面互相垂直．

(1)若为线段上的一个动点，证明：∥平面

(2)若，，直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离．

【答案】(1)证明见解析

(2)或．

【分析】（1）根据题意，先证平面平面，再由面面平行的性质定理即可证明线面平行；

（2）根据题意，取的中点为，连接，以为坐标原点，以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，再结合空间向量的坐标运算即可得到结果.

【详解】（1）证明：由题知，四边形为矩形，所以，

又因为平面，平面，所以平面，

同理可证平面，

又因为，，平面

所以平面平面，

又因为为线段上的一个动点，所以平面，

所以平面．

（2）因为平面平面，平面平面，，

平面

所以平面．

又因为底面为菱形，且，，

所以为等边三角形，且，设，

取的中点为，连接，以为坐标原点，以的方向为轴正方向，

建立如图所示的空间直角坐标系，则

，，，，

则，，，

设平面的一个法向量为，则，取，

则，，即．

设直线与平面所成角为，则

，

化简可得，解得或

设点到平面的距离为，

当时，，，

则；

当时，，，

则

故点到平面的距离为或．

21．已知椭圆：的焦距为2，，分别是的左焦点和右顶点，点在上，且．

(1)求的方程；

(2)若，直线：与交于不同两点，，的内切圆的圆心在直线上，求直线的斜率．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意，由条件可得为椭圆的左顶点，列出方程即可求得,从而得到结果；

（2）根据题意，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理可得，列出方程即可得到结果.

【详解】（1）由，得，所以

又由，得，为椭圆的左顶点，

，解得，

分所以，

故的方程为

（2）由的内切圆的圆心在直线上，知直线，关于直线对称，

所以直线，的倾斜角互补，即．

联立，得．

设，，则，

，

所以，

即，

即，

即．

若即，

直线的方程为，

此时直线过点，不合题意，

所以，即，故直线的斜率为．

22．已知函数．

(1)讨论的单调性；

(2)当时，恒成立，求的取值范围；

(3)设，，证明：．

【答案】(1)答案见解析

(2)

(3)证明见解析

【分析】（1）对函数求导，分，和讨论导函数的正负，进而判断函数的单调性；

（2）将不等式等价转化为，构造函数（），利用导数判断函数的单调性，进而求解即可；

（3）结合前面的解析，取时，则，利用不等式的放缩即可证明.

【详解】（1）由题意可知的定义域为，

令，则，

①当时，，在上恒成立，在上单调递减．

②当时，， 时，，

时，，时，，

故在单调递减，在单调递增，在单调递减．

③当时，，时，，

时，，时，，

故在单调递减，在单调递增，在单调递减．

（2）当时，恒成立，

故，所以，即，

由得，令（），

则，

令，则，

在单调递增，则，

即在恒成立，故在单调递增．

所以，故在恒成立．

由在单调递增，而，，故．

（3）取时，，则，

所以，

因此，

则.

【点睛】利用导数证明不等式的基本步骤：

1.    作差或变形；

2.    构造新的函数；

3.    利用导数研究函数的单调性及最值；

4.    根据单调性及最值，得到所证不等式.