2024届云南省昆明市第十中学高三上学期开学考试数学试题含答案

2024届云南省昆明市第十中学高三上学期开学考试数学试题

一、单选题

1．（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据复数乘法运算法则直接求解即可.

【详解】.

故选：A.

2．已知集合，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】解出集合，根据交集含义即可得到答案.

【详解】因为，所以.

故选：B.

3．已知向量，则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件

B．必要不充分条件

C．充要条件

D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】根据垂直时得到，解出值，再根据充分不必要条件的判定即可得到答案.

【详解】若，则，则.

若，则，解得或.

故“”是“”的充分不必要条件.

故选：A.

4．已知直线与抛物线相切于点，是的焦点，则（    ）

A．6 B．4 C．3 D．2

【答案】D

【分析】由直线与抛物线相切，联立方程组消元得一元二次方程，利用，求解值和点坐标，再由抛物线定义化斜为直，将用坐标表示即可.

【详解】联立方程组，

整理得，

因为直线与抛物线相切，

则，

解得（舍去）或.

设，则，

故，则.

故选：D.

5．在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据平行关系和异面直线所成角定义可知所求角为，根据长度关系，利用余弦定理可求得结果.

【详解】连接，

，，四边形为平行四边形，，

异面直线与所成角即为直线与所成角，即（或其补角）；

，，，

，

即异面直线与所成角的余弦值为.

故选：C.

6．设函数在上单调递增，则的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】先求出函数的定义域，然后根据复合函数的单调性列出不等式组解出即可.

【详解】由函数，得，

即函数的定义域为，

令，

由函数的对称轴为：，开口向下，

所以在上单调递增，在上单调递减，

又在上单调递增，

所以当函数在上单调递增时，

所以根据复合函数的单调性可知：，

解得，

故选：D.

7．已知 ，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】先利用两角和正切公式，求得，再结合三角函数的基本关系式，即可求解.

【详解】由，可得，

又由.

故选：D.

8．设，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】利用正切函数的单调性，以及构造函数，利用函数导数的单调性判断的大小即可.

【详解】因为在上单调递增，

所以， 所以，

令函数，则，

 当时，，所以在上单调递增，

则，

则.

因此，即，

故.

故选：C.

二、多选题

9．若甲组样本数据（数据各不相同）的平均数为3，乙组样本数据的平均数为5，下列说错误的是（    ）

A．的值不确定

B．乙组样本数据的方差为甲组样本数据方差的2倍

C．两组样本数据的极差可能相等

D．两组样本数据的中位数可能相等

【答案】ABC

【分析】由甲组平均数为，则乙组平均数为，解得值，又乙组方差为甲组方差的倍，可判断选项AB，再利用极差与中位数定义判断CD项.

【详解】对选项A，由题意可知，，故A错误；

对选项B，易知乙组样本数据的方差为甲组样本数据方差的倍，故B错误；

对选项C，不妨设，

则甲组数据的极差为，

乙组数据的极差为，

又已知甲组数据各不相同，

所以两组样本数据的极差不相等，故C错误；

对选项D，设甲组样本数据的中位数为，

则乙组样本数据的中位数为，

当时，，

所以两组样本数据的中位数可能相等，故D正确.

故选：ABC.

10．已知直线是函数（）图像的一条对称轴，则（    ）

A．  

B．的图像关于点对称

C．在上有2个极值点

D．在上单调递减

【答案】BCD

【分析】先由对称轴求解值，再分别研究对称中心、对称轴（极值）和单调性即可.

【详解】由题意知，函数周期为.

对选项A，因为直线是图象的一条对称轴，

所以.

则.

又，所以. A错误.

对选项B，当时，，

，

所以的图象关于点对称. B正确.

对选项C，当时，.

当，即时，取得极大值；

当，即时，取得极小值. C正确.

对选项D，当时，

单调递减. D正确.

故选：BCD.

三、单选题

11．已知函数的定义域为，且，则（    ）

A．

B．

C．是奇函数

D．是偶函数

【答案】ABD

【分析】根据已知的抽象函数性质，赋值（式）法求解即可.

【详解】令，则，即. A正确.

令，则.

令，则，则.

故. B正确.

是非奇非偶函数. C不正确.

是偶函数. D正确.

故选：ABD.

四、多选题

12．半正多面体亦称“阿基米德体多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体.某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成.在如图所示的半正多面体中，若其棱长为1，则下列结论正确的是（    ）

A．该半正多面体的表面积为

B．该半正多面体的体积为

C．该半正多面体外接球的的表面积为

D．若点分别在线段上，则的最小值为

【答案】BCD

【分析】根据给定的多面体，利用正四面体的性质，球的截面圆的性质，以及多面体的侧面展开图，结合棱锥的表面积与体积公式，以及球的表面积公式，逐项判定，即可求解.

【详解】由题意，某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，其棱长为1，

A中，该半正多面体的表面积为，所以A错误.

B中，如图所示，该半正多面体所在的正四面体中，可得正四面体的棱长为，

取正四面体的下底面的中心为，连接，则底面，

在直角中，因为，，

所以，

即该半正多面体所在的正四面体的高为，体积为，

该半正多面体的体积为，所以B正确；

C中，该半正多面体外接球的球心即其所在正四面体的外接球的球心，

记球心为，半径为，的中心为，

连接，由等边的边长为，可得，

又由底面正六边形的边长为 ，可得，

在正四面体中，可得，所以，

设，因为，可得，

即，解得，即，

所以，故该半正多面体外接球的表面积为，

所以C正确.

D中，该半正多面体的展开图，如图所示，

则，所以D正确.

故选：BCD

五、填空题

13．已知圆的半径为3，则          .

【答案】

【分析】化简圆的方程为圆的标准方程，根据题意列出方程，即可求解.

【详解】将圆的方程转化为，

因为圆的半径为3，所以，即.

故答案为：.

14．设是等比数列，且，，则        .

【答案】189

【分析】由是等比数列，则， ，，成等比数列，再根据新等比数列的性质计算即可.

【详解】由是等比数列，设其公比为，

则，，，构成等比数列，且公比为，

，

，

则.

故答案为：189.

15．现将6本不同的书籍分发给甲乙丙3人，每人至少分得1本，已知书籍分发给了甲，则不同的分发方式种数是        .（用数字作答）

【答案】180

【分析】按甲乙丙3人各分得书籍本数分类即可，注意平均分与不平均分情况.

【详解】6本书分给甲乙丙3人，每人至少1本.

则3人书籍本数分为1，1，4；1，2，3；2，2，2三大类情况.

第一类1，1，4情况：

若甲分1本，已分得书籍，则另两人一人1本，1人4本，共有种，

若甲分4本，即再取3本，则剩余2本书分给乙丙，一人一本，则共有种，

故第一类情况共有种；

第二类1，2，3情况：

若甲分1本，已分得书籍，另两人一人2本，1人3本，共有种，

若甲分2本，另两人一人1本，1人3本，共有种，

若甲分3本，另两人一人1本，1人2本，共有种，

故第二类情况共有种；

第三类2，2，2情况：

每人都两本，故甲再取1本，乙丙平均分剩下4本，则共有种；

所以不同的分发方式种数共.

故答案为：180.

16．已知直线与双曲线相切，且与的两条渐近线分别交于两点，则         .

【答案】4

【分析】将直线方程与双曲线方程联立得，则，得到，再将直线方程代入，再利用韦达定理即可.

【详解】将代入，

得，易得，

由，得，

双曲线的渐近线方程为，将其统一得，

将代入得，（）

则.

故答案为：4.

六、解答题

17．已知数列的前项和，且.

(1)求的通项公式；

(2)求

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）已知求，借助公式求解即可；

（2）由（1）知，为等差数列，根据数列通项特点，利用裂项相消法数列求和.

【详解】（1）当时，.             

当时，.         

因为也适合上式，所以.

（2）由（1）可知，，    

则

.

18．△ABC的内角A，B，C，的对边分别为，已知

(1)求A；

(2)若，求周长的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理进行边换角结合两角和与差的正弦公式即可得到答案；

（2）利用正弦定理、诱导公式和辅助角公式得，再利用正弦型函数的值域即可得到周长范围.

【详解】（1）因为，

根据正弦定理得.                 

又，        

所以.             

因为，

所以，所以.

所以.

（2）由（1）可知，，所以.         

由，得，则，                

则.                 

因为，所以，            

则，故周长的取值范围为.

19．如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，E为AD的中点，且.

(1)证明：BE⊥PC.

(2)若，求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接，由可证得，再由PA⊥平面ABCD，可得，从而由线面垂直的判定定理可证得平面，进而可得，

（2）由已知可得两两垂直，所以以为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，然后利用空间向量求解.

【详解】（1）证明：连接，因为，所以.     

又为的中点，底面为矩形，

所以，

因为和都为锐角，所以，

因为，所以，

所以,

因为平面平面，所以.                 

因为，平面，所以平面.                     

又平面，所以.

（2）因为，所以，

因为平面平面，所以，

因为四边形为矩形，所以，所以两两垂直，

所以以为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

不妨设，则，

则.                     

设平面的法向量为，则

，令，得，

因为，平面，

所以平面，所以是平面的一个法向量.

设二面角的大小为，由图易知为锐角，则.

20．为了提高居民参与健身的积极性，某社区组织居民进行乒乓球比赛，每场比赛采取五局三胜制，先胜3局者为获胜方，同时该场比赛结束，每局比赛没有平局.在一场比赛中，甲每局获胜的概率均为p，且前4局甲和对方各胜2局的概率为.

(1)求p的值；

(2)记该场比赛结束时甲获胜的局数为X，求X的分布列与期望.

【答案】(1)

(2)答案见解析，

【分析】（1）由前4局甲和对方各胜2局的概率为，列方程求解即可，

（2）由题意可知的取值可能为，求出相应的概率，从而可求得X的分布列与期望

【详解】（1）由题可知，前4局甲和对方各胜2局的概率为，        

则，即，                

解得.

（2）由题可知，的取值可能为，

且，

则的分布列为

所以

21．已知分别是椭圆的左、右焦点，是椭圆上一点，且.

(1)求椭圆的方程；

(2)延长，并与椭圆分别相交于两点，求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由数量积关系建立关于的方程，再由点在椭圆上，联立关于的方程组求解即可；

（2）由（1）知轴，由对称性可得点坐标，再联立直线与椭圆的方程，解出坐标，进而求得面积.

【详解】（1），

则，解得.

由解得，

故椭圆的方程为.

（2）由（1）可知，直线的方程为，根据对称性可知.

直线的方程为，

联立方程组整理得，

解得或，则.

.

22．已知函数

(1)当时，求的图象在点处的切线方程；

(2)若，证明：当时，.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用导数几何意义可求得切线斜率，结合可得切线方程；

（2）将问题转化为证明；

方法一：令，，将问题转化为证明，利用导数可分别求得的单调性和最小值，加和可得结论；

方法二：令，将放缩为，令，利用导数可求得的最小值，进而确定，从而得到，进而得到结论.

【详解】（1）当时，，，

，又，

在点处的切线方程为：.

（2）当，时，，

方法一：要证，只需证，

即证；

令，则，

令，则，

当时，；当时，；

在上单调递减，在上单调递增，

，

在上单调递增，；

令，则，

令，则，在上单调递增，

，在上单调递增，；

，即，

当，时，.

方法二：要证，只需证，

令，则，

令，则，

当时，；当时，；

在上单调递减，在上单调递增，

，，

在上单调递增，，即，

当，时，.