云南省楚雄彝族自治州2024届高三上学期期末数学试题（原卷版+解析版）

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注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号.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，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：高考全部内容.
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. 设集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件得到，再利用集合的运算，即可求出结果.
【详解】由，得到，
所以，又，所以，
故选：D.
2. 在复数范围内，方程的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由复数的运算，代入计算，即可得到结果.
【详解】由，得，因为，所以.
故选：D
3. 若平面截球O所得截面圆的半径为3，且球心O到平面的距离为2，则球O的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得球的半径，再由球的表面积公式代入计算，即可得到结果.
【详解】设球O的半径为R，则，所以球O的表面积为.
故选：B
4. 某校有甲、乙、丙、丁四个排球队，在某次排球比赛的初赛中，甲队对战丙队，乙队对战丁队，甲队每局战胜丙队的概率为0.6，乙队每局战胜丁队的概率为0.45.在初赛中，甲队和丙队对战一局，乙队和丁队对战一局，则甲队、乙队至少有一队获胜的概率是（ ）
A. 0.51B. 0.66C. 0.78D. 0.88
【答案】C
【解析】
【分析】先求甲队、乙队都失败的概率，再根据对立事件概率关系求解.
【详解】“甲队、乙队至少有一队获胜”的对立事件为“甲队、乙队都失败”，
故甲队、乙队至少有一队获胜的概率是.
故选：C
5. 某阶梯大教室的座位数从第二排开始，每排的座位比前一排多2个，已知第一排有6个座位，且该阶梯大教室共有266个座位，则该阶梯大教室共有（ ）
A. 12排B. 13排C. 14排D. 15排
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由等差数列的前项和公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】阶梯大教室的座位数按照从小到大的顺序依次成等差数列，且首项为6，公差为2.
设该阶梯大教室共有n排，则，解得
故选：C
6. 已知是定义在R上的奇函数，，且在上单调递减，在上单调递增，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，先讨论当的情况，结合条件求得不等式，再由其单调性，即可求得时的解集，从而得到结果.
【详解】当时，，则，
且，在上单调递减，在上单调递增，
则可得.
因为是定义在R上的奇函数，所以的图象关于原点对称.
当时，，则，由已知可得或.
综上，不等式的解集为.
故选：D
7. 设的小数部分为x，则（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】先算出的整数部分，再表示出的小数部分，所以有，利用二项式定理即可计算.
【详解】由，得的整数部分为2，则，
所以，即，
所以.
故选：A
8. 已知双曲线的两个焦点为为上一点，，，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用等腰三角形的性质及特殊角的三角函数值结合双曲线的定义与性质计算即可.
【详解】如图，取线段的中点，连接，
因为，，
所以，且，
所以
，
设，则，
所以的离心率
．
故选：D
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知正数a，b满足，则（ ）
A. B. a与b可能相等
C. D. 的最小值为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据给定条件，结合基本不等式及“1”的妙用逐一判断即得.
【详解】由正数a，b满足，得，A错误；
若，则，而a为正数，则，B正确；
显然，则，当且仅当时取等号，C错误；
，当且仅当时取等号，D正确.
故选：BD
10. 已知椭圆：，则（ ）
A. 的长轴长为B. 当时，的焦点在轴上
C. 的焦距可能为4D. 的短轴长与长轴长的平方和为定值
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据椭圆标准方程形式、性质及焦点所在的位置分情况讨论即可.
【详解】若，则椭圆焦点在轴上，，长轴长为：，A错误.
当时，，则的焦点在轴上，B正确.
当时，的焦距为4，C正确.
因为，所以，D正确.
故选：BCD
11. 在正四棱柱中，分别是的中点，是棱上一点，则下列结论正确的有（ ）
A. 若为的中点，则B. 若为的中点，则到的距离为
C. 若，则平面D. 的周长的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】以为坐标原点，所在的直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，结合选项依次判断即可.
【详解】解：以为坐标原点，所在的直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
可得平面的一个法向量为．
若为的中点，则，
，，
则到的距离，A不正确，B正确．
若，则，则，
因为平面，所以平面，C正确．
将平面沿着翻折至与平面共面，
当三点共线时，的周长最小，此时，
翻折前，故的周长的最小值为，D正确．
故选：BCD
12. 定义在上的函数的图像如图所示，则（ ）
A. 函数恰有4个零点
B. 函数恰有3个零点
C. 函数恰有5个零点
D. 函数恰有8个零点
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意，结合图像将函数零点问题转化为函数图像交点问题，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】对A：因为，所以直线与的图像恰有4个公共点，
则函数恰有4个零点，A正确.
对B：因为，所以直线与的图像只有2个公共点，
则函数恰有2个零点，B错误.
对C：由图像可知有3个零点，
则，，，
数形结合可知无解，有2个不相等的实根，
所以函数零点的个数为，C正确.
对D：由图可知直线与的图像有4个交点，
设交点的横坐标为，
则，，，，
数形结合可知无解，有2个不相等的实根，有2个不相等的实根，有4个不相等的实根，
所以函数零点的个数为，D正确.
故选：ACD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若直线与曲线相切，则切点的横坐标为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用导数的几何意义求解即可.
【详解】由求导得，直线斜率，
代入导函数有：，解得.
故答案为：
14. 现有一组数据2.3，3.5，2.8，1.9，5.5，3.3，2.7，则这组数据的第30百分位数为______.
【答案】2.7
【解析】
【分析】利用百分位数的定义即可得解.
【详解】将这组数据按照从小到大的顺序排列为1.9，2.3，2.7，2.8，3.3，3.5，5.5，
因为，所以这组数据的第30百分位数为2.7.
故答案为：2.7.
15. 已知直线与圆交于A，B两点，O为坐标原点，则______，______.
【答案】 ①. ②. 5
【解析】
【分析】先求出圆心到直线的距离，再结合垂径定理，即可求解，将直线与圆方程联立，再结合向量的数量积运算，以及韦达定理，即可求解．
【详解】圆，
则圆心，半径，
圆心到直线的距离，
故，
联立，化简整理可得，，
设,，.，
由韦达定理可知，，，
．
故答案为：；5．
16. 若函数在上的最小值大于，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】结合定义域和函数图像即可求得.
【详解】因为，所以，因为，所以，
又，所以，
则解得.
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知数列满足，.
（1）求，；
（2）求，并判断是否为等比数列.
【答案】（1）
（2），等比数列
【解析】
【分析】1）分别令，，计算可得所求值；
（2）利用累加法，结合等差数列、等比数列的求和公式，可求数列的通项公式，可得，得解．
【小问1详解】
，
【小问2详解】
因为，所以，
所以，，…，，
将以上各式相加得.
因为，所以，
又也满足，所以，
所以，
所以是等比数列，且首项、公比均为2.
18. a，b，c分别为内角A，B，C的对边，已知，.
（1）求A的值；
（2）若，，求c的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角互化，即可得到，再由，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由平面向量的线性运算可得，再由余弦定理代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
因为，，所以，
由正弦定理得.
又，
所以.
因为，所以.
又，所以.
【小问2详解】
由，得，所以，
所以点D在边上，且，因为，所以，.
在中，由余弦定理得，即，
解得（负根已舍去）.
19. 某冰雪乐园计划推出冰雪优惠活动，发放冰雪消费券.每位顾客从一个装有6个标有面值的球的袋中一次性随机摸出2个球，球上所标的面值之和为该顾客所获得的消费券的总额.
（1）若袋中所装的6个球中1个球所标的面值为30元，2个球所标的面值为20元，3个球所标的面值为10元，求每位顾客所获得的消费券的总额为40元的概率；
（2）若冰雪优惠活动有两种方案，方案甲中6个球对应的面值与（1）中一致，方案乙中6个球对应的面值分别为25，25，25，15，5，5，比较这两种方案每位顾客所获得的消费券的总额的期望的大小.
【答案】（1）
（2）这两种方案每位顾客所获得的消费券的总额的期望相等
【解析】
【分析】（1）直接根据古典概型的概率公式求解即可；
（2）先求出分布列，在求期望，然后比较大小即可.
【小问1详解】
顾客所获得的消费券的总额为40元的概率为.
【小问2详解】
对于方案甲，设每位顾客所获的消费券总额为X，则X的可能取值为20，30，40，50，
则，，，，
则.
对于方案乙，设每位顾客所获的消费券总额为Y，则Y的可能取值为10，20，30，40，50，
则，，，，，
则.
因为，
所以这两种方案每位顾客所获得的消费券的总额的期望相等.
20. 已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，E是的中点，且，，.
（1）证明：平面平面；
（2）在棱上是否存在点F（不含端点），使得平面与平面的夹角的余弦值为？如果存在，求的长；如果不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，1
【解析】
【分析】（1）先证明平面，然后根据面面垂直的判定可得结论；
（2）建立空间直角坐标系，然后利用向量法求面面角，根据面面角的余弦值列方程求解即可.
小问1详解】
由，，，
得，所以，
又底面是正方形，所以，
因为，面，
所以平面，
又平面，所以平面平面；
【小问2详解】
过点A在平面内作的垂线，以A为坐标原点，以这条垂线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，.
设，
因为，所以，则点P的坐标为，
则，，，.
设平面的法向量是，
由，即，令，得.
设平面的法向量是，
由，即，令，得.
所以，
所以，
整理得，解得或（舍去），
所以，即.
21. 已知点，动点P到y轴的距离为d，且，记点P的轨迹为曲线C.
（1）求C的方程；
（2）若，是C上不同的两点，点A在第一象限，直线的斜率为k，且，求.
【答案】（1）或
（2）或
【解析】
【分析】（1）设，由可得C的方程；
（2）求出坐标，当B在曲线上时，设直线的方程为，联立直线与抛物线求出坐标，根据求得；当B在曲线上时，根据求得.
【小问1详解】
设，则，.
由，可得，整理得.
当时，；
当时，.
所以C方程为或.
【小问2详解】
因为A在第一象限，所以.
设B在曲线上，则直线的方程为，即，代入，得.
由韦达定理得，
则，.
因为，所以，解得或4.
当时，B与A重合，不符合题意，所以，.
设B在曲线上，，
因为，所以，解得（正根已舍去）.
综上，或.
22. 已知函数，.
（1）当，时，证明：当时，恒成立；
（2）当时，若函数在处取得极大值，求a的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）构造函数，对其求导，结合导数与单调性的关系即可证明；
（2）先对进行二次求导，结合导数与单调性的关系对进行讨论，然后结合函数取得极值的条件可求.
【小问1详解】
证明：当，时，令函数，
则.
令函数，，
则，
所以在上单调递增，，
则在上单调递增，，
故当时，恒成立.
【小问2详解】
当时，，，
，且，为偶函数.
令，，则，
，，
当时，，
当，且时，
，
因此在上单调递减，
当时，，当时，，
在处取得极大值，符合题意.
当时，，
因为当时，，
所以，，
且当时，，在上单调递增，
这与在处取得极大值矛盾，不符合题意.
综上所述，a的取值范围是.
【点睛】方法点睛：利用导数考察函数单调性时，当出现一阶导数无法判定正负时，可二次求导.