2024届云南省昆明市嵩明县高三上学期期中考试数学试题含答案

这是一份2024届云南省昆明市嵩明县高三上学期期中考试数学试题含答案，共16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．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据并集的定义和运算直接得出结果.
【详解】因为，
所以.
故选：C.
2．已知复数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据复数的除法运算求得复数z，再根据共轭复数的概念即可求得答案.
【详解】由题意得，，故，
故选：D
3．展开式中的系数为
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】化简已知代数式，利用二项式展开式的通项公式可以求出展开式中的系数．
【详解】因为，则展开式中含的项为；展开式中含的项为，故的系数为，
故选：C．
4．已知等差数列的前项和，且满足，则数列的公差为（ ）.
A．1B．2C．4D．3
【答案】B
【分析】在题设条件的两边同时乘以6，然后借助前项和公式进行求解．
【详解】，
，
，
．
故选：B．
5．已知椭圆C：的左焦点是，过的直线l：与圆：交于A，B两点，则的长为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】A
【分析】先根据坐标求出直线方程，再由圆心到直线距离和弦长公式求出弦长.
【详解】由题意可得，代入直线可得，则，
所以直线，所以圆心到直线距离，
所以弦长，
故选：A
6．已知，则（ ）
A．B．.C．D．
【答案】D
【分析】利用诱导公式以及余弦的二倍角公式即可求出结果.
【详解】
故选：D.
7．若函数在上单调递增，则实数t的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求导得到在上恒成立，即，设，计算值域得到答案.
【详解】，在上恒成立，
即，设，，故，故.
故选：A
8．中，，，，PQ为内切圆的一条直径，M为边上的动点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】易知是直角三角形，利用等面积法可得内切圆半径，设内切圆圆心为，根据为直径，可知，，整理，进而根据的运动情况来求解.
【详解】由题可知，，所以是直角三角形，，
设内切圆半径为，则，解得，
设内切圆圆心为，因为是内切圆的一条直径，
所以，，
则，，
所以，
因为M为边上的动点，所以；当与重合时，，
所以的取值范围是，
故选：C
二、多选题
9．甲乙两支足球队在上一赛季中分别参加了10场比赛，在这10场比赛中两队的进球数如下表，设两支足球队在10场比赛中进球数的平均数为，标准差为，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】根据题意，计算甲乙的平均数、标准差，比较可得答案．
【详解】根据题意，
对于甲，其平均数，
方差，则标准差为，
对于乙，其平均数，
方差，则标准差为，
故，，
故选：BD
10．已知抛物线的焦点为，经过点且斜率为的直线与抛物线交于点两点（点在第一象限），若，则以下结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】直线与抛物线联立方程组，求出点的坐标，由，求得，即可计算选项中的结论.
【详解】法一：如图，，直线的斜率为，则设直线的方程为，
联立得，解得：.
由，得，故错误；
由于，则，故B正确；
同理，故C正确；
因为直线的方程为，原点到直线的距离为，
所以，故D错误.
法二：由倾角式焦半径公式和面积公式可知，
，其中，故A错误；
，故B､C正确；
，故D错误.
答案为：BC
11．已知定义在R上的函数满足，且为奇函数，，.下列说法正确的是（ ）
A．3是函数的一个周期
B．函数的图象关于直线对称
C．函数的图象关于点对称
D．
【答案】AC
【分析】由化简得，由为奇函数可得为函数对称中心，两式结合可证为偶函数，求出，进而判断D项.
【详解】对于A项，因为，所以，
所以3是函数的一个周期，故A正确；
对于BC项，因为为奇函数，所以，
所以，点是函数图象的对称中心，故B错误，C正确；
对于D项，因为为奇函数，所以，
所以，又因为，所以，
即，函数为偶函数，，，
，所以，
.
故选：AC
12．直三棱柱中，，，点D是线段上的动点（不含端点），则以下正确的有（ ）
A．平面B．三棱锥的外接球的表面积为
C．的最小值为D．一定是锐角
【答案】ACD
【分析】由线面平行的判定定理可判断A正确；将三棱锥补成棱长为1的正方体，进而可判断B错误；由可知，进而可知C正确；由结合余弦定理和均值不等式可判断D正确.
【详解】对于选项A：显然，又平面，平面，所以平面，即平面. 故A正确；
对于选项B：三棱锥可以补成棱长为1的正方体，且二者的外接球相同，显然外接球半径，所以外接球表面积为. 故B错误；
对于选项C：易知，从而，所以，当、、三点共线时，有最小值为正方体的对角线长. 故C正确；
对于选项D：设，，则，且（时，取等号）.
由（时，取等号）.
则，所以一定是锐角. 故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
13．曲线在点处的切线方程是
【答案】
【分析】求导，由导数的几何意义可得切线斜率，由点斜式即可求解直线方程．
【详解】由可得，所以，
所以由点斜式可得切线方程为，即，
故答案为：
14．在中，若，，则
【答案】
【分析】根据正弦定理得到边之间关系，根据余弦定理求出的余弦值.
【详解】在中，因为，由正弦定理得，
所以，
由余弦定理可得，
故答案为：
15．杭州亚运会举办在即，主办方开始对志愿者进行分配．已知射箭场馆共需要6名志愿者，其中3名会说韩语，3名会说日语．目前可供选择的志愿者中有4人只会韩语，5人只会日语，另外还有1人既会韩语又会日语，则不同的选人方案共有 种．（用数字作答）．
【答案】140
【分析】对选出的3名会说韩语的志愿者分为2种情况讨论即只会韩语中选3人和选2人，分别求出其方法总数即可得出答案.
【详解】若从只会韩语中选3人，则种，
若从只会韩语中选2人，则种，
故不同的选人方案共有种.
故答案为：140.
16．已知椭圆：的右焦点为，过点作倾斜角为的直线交椭圆于、两点，弦的垂直平分线交轴于点P，若，则椭圆的离心率 ．
【答案】/0.5
【分析】设直线的方程, 代入椭圆方程, 由韦达定理, 弦长公式及中点坐标公式, 求得中点坐标 坐标, 求得垂直平分线方程, 当时, 即可求得点坐标, 代入即可求得, 即可求得 , 即可求得和的关系, 即可求得椭圆的离心率.
【详解】因为倾斜角为的直线过点，
设直线的方程为: , ,
线段的中点,
联立 ，化为，
，
，
的垂直平分线为:,
令 , 解得 ,.
,
,则 ,
椭圆的离心率为,
故答案为:.
【点睛】关键点睛：运算能力是关键；本题考查简椭圆的简单几何性质,直线与椭圆的位置关系,直线的垂直平分线的求法, 属于较难题.
四、解答题
17．已知的角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求A；
(2)若的面积为，，点为边的中点，求的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理得到，再利用余弦定理求出；
（2）在第一问的基础上，结合，利用三角恒等变换求出，进而由三角形面积得到，由余弦定理求出答案.
【详解】（1）因为，
所以由正弦定理可得，即，
由余弦定理可得，
又，所以．
（2）因为，
所以，
即，
又，则，所以，
所以，，
所以，
所以，故，，
故在中，由余弦定理可得，
则．
18．已知数列的前n项和为，，．
(1)证明：数列为等比数列；
(2)设，记数列的前n项和为，证明：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用，代入等式，变形后即可得证；
（2）由（1）可得，借助即可求出数列的通项公式，由此即可得出，利用裂项相消，即可求出，即可得证.
【详解】（1）因为
当时，，
又，
所以，即，即，
所以数列为以为首项，为公比的等比数列；
（2）由（1）知，
当时，，
当时，不满足上式，
所以，
所以
所以数列的前n项和.
19．如图，四边形是正方形，平面，，.
(1)证明：；
(2)若点到平面的距离为，求平面与平面所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，进而根据题意证明平面，进而证明结论；
（2）过点作的垂线，交于，则为点到平面的距离，进而根据几何关系得，再以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.
【详解】（1）证明：如图，连接.
∵四边形是正方形，∴.
∵平面，又平面，
∴.
又，
∴平面.
又平面，
∴.
（2）解：如图，连接，
∵，且，∴四边形是平行四边形.
∴.又由（1）可知平面，
∴平面.
∴平面平面.
过点作的垂线，交于，则为点到平面的距离.
设，则，，
根据等积思想得，解得.
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
易得平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
由，，，得，，
∵，∴，
不妨令，则，，
∴平面的一个法向量为.
∴.
设平面与平面所成的角为，则.
由图可知，为锐角.∴.
故平面与平面所成的角为.
20．数轴上的一个质点Q从原点出发，每次随机向左或向右移动1个单位长度，其中向左移动的概率为，向右移动概率为，记点Q移动n次后所在的位置对应的实数为．
(1)求的分布列和期望；
(2)当时，点Q在哪一个位置的可能性最大，并说明理由．
【答案】(1)分布列见解析，；
(2)点Q所在的位置对应的实数应为4，理由见解析.
【分析】（1）利用二项分布得出和的分布列，继而求出期望即可；
（2）设点Q向右移动m次，向左移动次的概率为，则，继而求作比求解即可．
【详解】（1）由题意知可能的取值为：，，0，2，4，
则，，
，，
，
的分布列
.
（2）设点Q向右移动m次，向左移动次的概率为，则，
，
当时，，随m的增加而增加，
当时，，随m的增加而减小，
所以当时，最大，此时点Q所在的位置对应的实数应为4．
21．已知动点P到定点的距离和它到直线距离之比为2；
(1)求点P的轨迹C的方程；
(2)直线l在x轴上方与x轴平行，交曲线C于A，B两点，直线l交y轴于点D.设OD的中点为M，是否存在定直线l，使得经过M的直线与C交于P，Q，与线段AB交于点N，，均成立；若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）设，由化简可求轨迹C的方程；
（2）设直线PQ的方程为，与双曲线联立得出韦达定理，结合两个向量共线的坐标表示求得m，得到直线l的方程.
【详解】（1）设，由动点P到定点的距离和它到直线距离之比为2，
可得，化简得，即，
故点P的轨迹C的方程为；
（2）设l的方程为，则，故，
由已知直线PQ斜率存在，设直线PQ的方程为，故.
与双曲线方程联立得：，
由对应渐近线方程为：，易判断，
得，设，，
则，①，
由，得：
，
，
即，，
消去得：，
即②
由①②得：，化简得，由已知，
故存在定直线l：满足条件.
22．已知（其中e为自然对数的底数，）
(1)求的单调区间；
(2)若存在实数，使能成立，求正数a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析；
(2)．
【分析】（1）对求导，然后分和两种情况求的单调区间；
（2）存在实数，使能成立只需，然后构造函数，解不等式即可.
【详解】（1）的定义域是，则，
当时，，递减区间为；
当时，令得：，令得：，
故递增区间为，递减区间为；
（2）由题设，结合（1）知，
若上存在实数x，使能成立，则．
令，则，
当时，当时．
∴在上为减函数，在上为增函数，
而上，，．
∴实数a的取值范围是．
场次
球队
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
甲
1
1
3
2
2
1
3
1
2
4
乙
2
4
2
3
3
2
1
2
0
1
0
2
4
P