云南省2023—2024学年度普通高中学业水平考试（1月）++数学试卷+

这是一份云南省2023—2024学年度普通高中学业水平考试（1月）++数学试卷+，共15页。试卷主要包含了二项式的展开式的常数项是，若，则等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.本试卷满分150分，考试用时120分钟.
2.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.
3.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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.
一､选择题：本大题共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.已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.若复数为纯虚数，则（ ）
A. B.13 C.10 D.
3.已知圆台的侧面积为（单位：），且它的侧面展开图是一个半圆环（如图所示），则圆台的下底面积与上底面积之差为（ ）
A. B. C. D.
4.的最大值为（ ）
A. B. C. D.
5.二项式的展开式的常数项是（ ）
A.-25 B.25 C.-15 D.15
6.已知一组数据点，用最小二乘法得到其线性回归方程为，若数据的平均数为，则（ ）
A.2 B.7 C.12 D.14
7.袋子中有大小和质地完全相同的4个球，其中2个红球，2个白球，不放回地从中依次随机摸出2个球.设“两个球颜色相同”，“两个球颜色不同”，则（ ）
A. B.
C. D.
8.已知双曲线的焦距为，过的右焦点的直线与的两条渐近线分别交于两点，为坐标原点，若且，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：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.若，则（ ）
A. B.
C. D.
10.已知圆上有且仅有三个点到直线的距离为1，则直线的方程可以是（ ）
A. B.
C. D.
11.已知函数，若，使得成立，且在区间上的值域为，则实数的取值可能是（ ）
A. B. C.1 D.
12.已知四面体的所有棱长均为2，则下列结论正确的是（ ）
A.异面直线与所成角为
B.点到平面的距离为
C.
D.四面体的外接球体积为
三､填空题：本大题共4小题，每小题5分.共计20分.
13.已知向量，且满足，则的值为__________.
14.函数满足：①定义域为；②偶函数；③在上为减函数.请写出满足上述三个条件的一个函数解析式__________.
15.已知点在抛物线上，且到焦点的距离为10，则焦点到准线的距离为__________.
16.如图，某化学实验室的一个模型是一个正八面体（由两个相同的正四棱锥组成，且各棱长都相等），若该正八面体的表面积为，则该正八面体外接球的体积为__________；若在该正八面体内放一个球，则该球半径的最大值为__________.（第一空2分，第二空3分）
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.（本小题满分10分）
已知等差数列满足，等比数列的前3项依次为.
（1）求的通项公式；
（2）将数列的所有项按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，求数列的前100项和.
18.（本小题满分12分）
平面四边形中，点为中点，，.
（1）求的长；
（2）求四边形的面积.
19.（本小题满分12分）
在一个系统中，每一个设备能正常工作的概率称为设备的可靠度，而系统能正常工作的概率称为系统的可靠度，为了增加系统的可靠度，人们经常使用“备用冗余设备”（即正在使用的设备出故障时才启动的设备）.已知某计算机网络服务器系统采用的是“一用两备”（即一台正常设备，两台备用设备）的配置，这三台设备中，只要有一台能正常工作，计算机网络就不会断掉.设三台设备的可靠度均为，它们之间相互不影响.
（1）当时，求能正常工作的设备数的分布列和数学期望；
（2）已知深圳某高科技产业园当前的计算机网络中每台设备的可靠度是，根据以往经验可知，计算机网络断掉可能给该产业园带来约50万的经济损失.为减少对该产业园带来的经济损失，有以下两种方案：方案1：更换部分设备的硬件，使得每台设备的可靠度维持在，更新设备硬件总费用为8万元；方案2：对系统的设备进行维护，使得设备可靠度维持在，设备维护总费用为5万元.请从期望损失最小的角度判断决策部门该如何决策？
20.（本小题满分12分）
已知等腰梯形，如图1所示，，沿将折起，使得平面平面，如图2所示，连接，得三棱锥.
（1）求证：图2中平面；
（2）求图2中的二面角的正弦值.
21.（本小题满分12分）
已知椭圆过点，点为其上顶点，且直线的斜率为.
（1）求样圆的标准方程；
（2）设经过椭圆的右焦点的直线交椭圆于两点，线段的垂直平分线交轴于点，求的取值范围.
22.（本小题满分12分）
已知函数.
（1）求函数的图象在点处的切线方程；
（2）证明：当时，关于的方程有且只有一个实数根.
参考答案
1.B ，所以.故应选B.
2.A 复数为纯虚数，故需要.故应选A.
3.D 设圆台的上､下底面半径分别为，母线长为，则，解得；所以圆台的侧面积为，解得.所以圆台的下底面积与上底面积之差为.故应选D.
4.D .因为，故的最大值为.故应选D.
5.A 的展开式的常数项是.
6.B ，且在线性回归直线上，，则.故应选B.
7.B 由题设，事件可能有红，红，白，白事件可能有红，白白，红}，.故应选.
8.C 因为，画出示意图如图，设，因为，所以，所以，所以.
又，所以，所以，所以.
又因为，所以.
在Rt中，，所以
，化简得，所以.故选C.
9.BC 用特殊值法，令得，选项错误，因为，则，可知为减函数，又，所以，选项B正确，，选项D错误，因为，.选项C正确.故应选BC.
10.BCD 因为圆的半径为2，圆心为，圆上有且仅有三个点到直线的距离为1，所以圆心到直线的距离为1.
圆心到直线的距离为，不符合题意；
圆心到直线的距离为，符合题意；
圆心到直线的距离为，符合题意；
圆心到直线的距离为1，符合题意.故选BCD.
11.CD 因为，使得成立，所以，即，又由在区间上的值域为，则，综上，解得，则.
因为在区间上的值域为，所以，即，当时，，所以，即.故选CD.
12.CD 如图，
由题意，四面体为正四面体，取底面的中心为，连接并延长，
交于，
则为的中点，且，连接，则底面，得，
又平面，则，故错误；同理，故C
正确：
由四面体的所有棱长为2，可得，又
，即点到平面的距离为，故错误，
设四面体的外接球的球心为，半径为，连接，
则.
解得，则四面体的外接球体积为，故D正确.故应选CD.
13. 因为，所以，即，解得.
14.（答案不唯一） 由关于轴对称且定义域为，在）上为减函数，满足题设.
15.4 抛物线的准线方程为，由抛物线的定义可知，点到焦点的距离等于点到准线的距离，
.
故焦点到准线的距离为4.
16.； 如图，记该八面体为为正方形的中心，则平面，
设，则，解得.
在正方形中，，则.
在直角中，知，即正八面体外接球的半径为.
故该正八面体外接球的体积为.
若球在正八面体内，则球半径的最大值为到平面的距离.
取的中点，连接，则，
又平面.
过作于，又，所以平面.
又，则，
则该球半径的最大值为.
故答案为：.
17.解：（1）设等差数列的公差为，
由得，
所以，
由等比数列的前3项依次为，
得，且，
所以，
所以.
（2）由（1）得等比数列的前3项依次为，所以，
数列的所有项都是奇数，数列的所有项都是偶数，
没有相同的项，
因为，
所以
.
18.解：（1）由及点为中点，得，
因为，所以.
在中，，由正弦定理得，
所以.
（2）由，
得
，
所以的面积.
因为，设的面积为，
则，
所以，
所以四边形的面积为.
19.（1）为正常工作的设备数，由题意可知.
，
，
，
，
从而的分布列为
由，则；
（2）设方案1､方案2的总损失分别为，
采用方案1，更换部分设备的硬件，使得设备可靠度达到，由（1）可知计算机网络断掉的概率为，不断掉的概率为，
故元；
采用方案2，对系统的设备进行维护，使得设备可靠度维持在，可知计算机网络断掉的概率为，
故
因此，从期望损失最小的角度，决策部分应选择方案2.
20.（1）证明：等腰梯形，知，
由余弦定理可得：
，
.
，
，
解得.
.
由勾股定理䢠定理知.又平面平面，
平湎平面平面，
平面.
（2）解：如图所示，构建以为原点，为轴､为轴，过点垂直于面的直线为轴的空间直角坐标系，
由题知：，
则，
令为平而的法向量，
则，
解得.
令，则.
易知平面的法向量为，
设与的夹角为，则，故，
即二面角的正弦值为.
21.解：（1）由题意：设直线，
令，则，于是，
所以，
故椭圆的标准方程为.
（2）当轴时，显然.
当与轴不垂直时，可设直线的方程为.
由消去整理得.
设，线段的中点为，
则.
所以.
线段的垂直平分线方程为.
在上述方程中令，得.
当时，，当且仅当时取等号；当时，，当且仅当时取等号.
所以，或.
综上，的取值范围是.
22.（1）解：，
，
又，
函数的图象在点处的切线方程为.
（2）证明：由题意知只需证明当时，函数有且只有一个零点.
，
由得或，
当，即时，
则当时，单调递增；当时，单调递减；当时.单调递增.
又，
此时仅有一个零点.
当，即时，则为上的增函数，
又，
此时仅有一个零点
当，即时，
则当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增.
又，
，
此时仅有一个零点.
综上，仅有一个零点，
当时，关于的方程有且只有一个实数根.0
1
2
3