云南省红河州2024届高三第二次复习统一检测数学试题（含解析）

这是一份云南省红河州2024届高三第二次复习统一检测数学试题（含解析），共22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．已知复数，则（ ）
A．B．2C．D．
2．设集合，若，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知向量，设与的夹角为，则（ ）
A．B．C．D．
4．在的展开式中，含的项的系数为（ ）
A．B．280C．560D．
5．已知双曲线的实轴长等于虚轴长的2倍，则的渐近线方程为（ ）
A．B．
C．D．
6．已知均为正实数，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
7．孙子定理是中国古代求解一次同余式组的方法，是数论中一个重要定理，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》，1852年英国来华传教士伟烈亚力将其问题的解法传至欧洲，1874年英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”.现有这样一个整除问题：将1至2024这2024个整数中能被2除余1且被3除余2的数，按从小到大的顺序排成一列，把这列数记为数列.设，则（ ）
A．8B．16C．32D．64
8．已知函数，对于任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．如图所示，圆锥的底面半径和高都等于球的半径，则下列选项中正确的是（ ）
A．圆锥的轴截面为直角三角形
B．圆锥的表面积大于球的表面积的一半
C．圆锥侧面展开图的圆心角的弧度数为
D．圆锥的体积与球的体积之比为
10．若圆与圆交于两点，则下列选项中正确的是（ ）
A．点在圆内
B．直线的方程为
C．圆上的点到直线距离的最大值为
D．圆上存在两点，使得
11．已知函数，则下列选项中正确的是（ ）
A．
B．既有极大值又有极小值
C．若方程有4个根，则
D．若，则
12．某种高精度产品在研发后期，一企业启动产品试生产，假设试产期共有甲､乙､丙三条生产线且每天的生产数据如下表所示：
试产期每天都需对每一件产品进行检测，检测方式包括智能检测和人工检测，选择检测方式的规则如下：第一天选择智能检测，随后每天由计算机随机等可能生成数字“0”或“1”，连续生成5次，把5次的数字相加，若和小于4，则该天检测方式和前一天相同，否则选择另一种检测方式.则下列选项中正确的是（ ）
A．若计算机5次生成的数字之和为，则
B．设表示事件第天该企业产品检测选择的是智能检测，则
C．若每天任检测一件产品，则这件产品为次品的概率为
D．若每天任检测一件产品，检测到这件产品是次品，则该次品来自甲生产线的概率为
三、填空题
13．已知是定义在R上的奇函数，当时，，则 .
14．已知椭圆的右焦点为，直线交于两点，且轴，则 .
15．已知函数在上恰好有三个零点，请写出符合条件的一个的值： .
16．如图，在棱长均相等的斜三棱柱中，，，若存在，使成立，则的最小值为 .
四、解答题
17．在中，角所对的边分别为，记的面积为，已知.
(1)求；
(2)请从①；②；③三个条件中任选一个，试探究满足条件的的个数，并说明理由.
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
18．某网络购物平台专营店统计了某年2月15日至19日这5天在该店购物的人数（单位：人）的数据如下表：
(1)根据表中数据，建立关于的一元线性回归模型，并根据该回归模型预测当年2月21日在该店购物的人数（人数用四舍五入法取整数）；
(2)为了了解参加网购人群的年龄分布，该店随机抽取了200人进行问卷调查.得到如下所示不完整的列联表：
将列联表补充完整，并依据表中数据及小概率值的独立性检验，能否认为“参与网上购物”与“年龄”有关.
附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为
19．如图，已知平面，四边形为等腰梯形，，，，.
(1)证明：平面；
(2)若，求平面与平面的夹角的大小.
20．已知数列的前项积为，且满足.
(1)求的值；
(2)试猜想数列的通项公式，并给予证明；
(3)若，记数列的前项和为，证明：.
21．已知函数.
(1)求在处的切线方程；
(2)设函数，求的极值.
22．已知抛物线的焦点到准线的距离为，为坐标原点，是上异于的不同的两点，且满足，点为外接圆的圆心.
(1)求动点的轨迹方程；
(2)当外接圆的面积最小时，求两点的坐标.
生产线
次品率
产量（件/天）
甲
500
乙
700
丙
800
日期
2月15日
2月16日
2月17日
2月18日
2月19日
日期代号
1
2
3
4
5
购物人数
77
84
93
96
100
年龄
不低于40岁
低于40岁
合计
参与过网上购物
30
150
未参与过网上购物
30
合计
200
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
参考答案：
1．D
【分析】根据复数的乘法运算法求解出，由复数的模运算公式得到结果.
【详解】，.
故选：D.
2．A
【分析】根据集合的运算性质进行判断即可.
【详解】由得，
所以，.
故选：A.
3．D
【分析】两个向量的夹角，再利用同角三角函数的平方关系得出结果.
【详解】由向量的夹角公式得，又因为，
所以.
故选:D.
4．B
【分析】利用二项展开式的通项公式，然后根据x的指数确定k，代入通项可解.
【详解】由二项展开式的通项公式得，，
令得，所以的系数为.
故选：B.
5．C
【分析】先确定双曲线的焦点在轴上，从而得到实轴长等于虚轴长的2倍得到方程，求出渐近线方程.
【详解】因为，所以，故双曲线的焦点在轴上，
因为实轴长等于虚轴长的2倍，故，
解得，故双曲线方程为，
所以的渐近线方程为.
故选：C.
6．A
【分析】运用不等式的性质，证明充分性，否定必要性即可.
【详解】因为，均为正实数，若，则；
若，则，即或；
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选:A.
7．A
【分析】被2除余1且被3除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成一个首项为5，公差为6的等差数列，得出通项公式，代入，进而求得.
【详解】被2除余1且被3除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成一个首项为5，公差为6的等差数列，
所以，
故，.
故选：A.
8．C
【分析】令，得到为奇函数，从而得到恒成立，根据函数单调性得到不等式，化简得到时，恒成立，设，，求导得到其单调性，结合特殊点的函数值，得到，得到答案.
【详解】设，则，
，所以为奇函数.
所以，
即恒成立，
由在上单调递减且，得在上单调递减，
所以恒成立.
由，知且，
所以时，恒成立.
设，，
，当时，
所以在内单调递减，而，所以，
所以，即.
故选：C.
【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.
9．ABD
【分析】根据题意，结合条件由圆锥以及球的表面积体积公式代入计算，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】
对于A，设球的半径为，则如图所示：，
所以，故A正确；
对于B，圆锥的表面积为，
球的表面积为，所以，故B正确；
对于C，圆锥的母线长为，底面周长为，
所以圆锥侧面展开图中圆心角的弧度数为，故C错误；
对于D，，，，故D正确.
故选：ABD.
10．BC
【分析】A选项，由，得到A错误；B选项，两圆相减得到公共弦方程；C选项，求出圆心到直线的距离，从而得到最值；D选项，线段AB是圆的直径，故D错误.
【详解】对于A，因为，所以点在圆外，故A错误；
对于B，因为圆和圆相交，将两圆方程作差可得：，
即公共弦AB所在直线的方程为，故B正确；
对于C，圆的圆心坐标为，半径为，
圆心到直线：的距离为，
所以圆上的点到直线距离的最大值为，故C正确；
对于D，直线AB经过圆的圆心，而，
所以线段AB是圆的直径，故圆中不存在比AB长的弦，故D错误.
故选：BC.
11．ACD
【分析】直接代入计算即可判断A，求导可得，即可判断B，将方程根的问题转化为函数图像交点问题，然后结合图像即可判断CD
【详解】对于A，，，故A正确；
对于B，的定义域为，，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以只有极小值没有极大值，故B错误；
对于C，由B选项的解析知，的最小值为，
当时，，当时，，
把图像关于轴对称翻折到轴左侧，即可得到的图像，如图所示，
方程有4个根等价于函数与函数的图像有4个交点，
则，故选项正确；
对于D，，若，
由图可知：或，所以，故D正确.
故选：ACD.
12．BD
【分析】根据题意可知，由二项分布计算，即可判断A选项；由条件概率公式计算，由此判断B选项；设每天任检测一件产品，这件产品是次品为事件B，由全概率公式计算，由此判断C选项；由贝叶斯公式计算，由此判断D选项.
【详解】对于A：因为，，
所以，故A错误；
对于B：由
故B正确；
对于C：设每天任检测一件产品，这件产品是次品为事件B，
这件产品来自甲，乙，丙三条生产线分别为事件，
则由
，故C错误；
对于D：由C选项的解析可知，故D正确.
故选：BD.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，分析得服从二项分布，从而求得，进而利用全概率公式与贝叶斯公式即可得解.
13．
【分析】根据奇函数的定义和时的解析式分别求出和的值即可.
【详解】因为是定义域为R的奇函数，
所以，得，
，
所以.
故答案为：.
14．/
【分析】利用椭圆得出右焦点坐标，利用，得出，再利用椭圆定义得出.
【详解】
如图所示，椭圆的右焦点为，由轴得.
设椭圆的左焦点为，由椭圆的对称性易知四边形是平行四边形，
所以，又结合椭圆的定义可得：
，
故.
故答案为：.
15．7（答案不唯一）
【分析】根据已知条件可以求出第一个零点，再由相邻的两个零点间的距离为半个周期，依次得到第二、三、四个零点，限定第三个零点在已知范围内，第四个零点不在范围内即可求解.
【详解】，因为，且，
令，则，
所以位于正半轴的第一个零点为，
又，故的第二个零点为，
的第三个零点为，
的第四个零点为，
由题知在上有三个零点，故，
解得，又因为
所以的值可以为7或8或9.
故答案为：7（答案不唯一）.
16．
【分析】设，将向量转化为基底表示，可得，再利用基本不等式求解.
【详解】设，
则
因为，所以，
即，
即，由，得，，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：.
17．(1)，.
(2)答案见解析
【分析】（1）由余弦定理结合题中条件进行计算即可；
（2）选①时，根据三角形面积公式可解得，结合正弦定理求得的值即可判断；选②时，利用正弦定理对条件进行变形可求得，再结合正弦定理求得的值即可判断；选③时，利用正弦定理对条件进行变形可求得，再结合正弦定理求得的值即可判断。
【详解】（1）由，
得，又，
得，.
（2）选择①：由，
得，
化简得，因为，所以，
又由得，
又，所以或.
故满足条件①的有2个.
选择②：由及正弦定理，
得，
即，
化简得，
因为，得，
又，所以，
又由得，
因为，所以.
故满足条件②的有1个.
选择③：由及正弦定理，
得，
因为，得，
化简得，
即，又，所以.
又由得，无解.
故不存在满足条件③的.
18．(1)，；
(2)表格见解析，有关.
【分析】（1）根据给定数表，求出相关量，再利用最小二乘法求出回归方程，并作出估计即得.
（2）完善列联表，再求出的观测值，与临界值表比对作答.
【详解】（1）由表中数据可得，，
，
，
则，，
所以关于的一元线性回归方程是，
令，得，
所以估计当年2月21日在该店购物的人数为人.
（2）列联表如下：
零假设为：参加网上购物和年龄无关，
根据数据，计算得到：，
所以根据小概率的独立性检验，我们推断不成立，
即认为参加网上购物和年龄有关，此推断犯错误的概率不大于.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据面面平行的判定和性质即可证明；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量法求出面面角大小即可.
【详解】（1）因为，平面DCE，平面DCE，
所以平面DCE，
又因为，平面DCE，平面DCE，所以平面DCE，
由，平面ABF，平面ABF，则平面平面DCE，
又平面ABF，所以平面DCE.
（2）因为平面ABCD，，所以平面ABCD，
又因为平面ABCD，所以，
由，，平面BFC，平面BFC，则平面BFC，
平面BFC，所以，
又因为，易求得，，，
过点A作BD的垂线，垂足为M，易求得，，
以B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，，，
所以，，
设平面的一个法向量，
则，取，则，
即，
取平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，则
，又因为，则，
所以平面AEF与平面BDEF的夹角的大小为.
20．(1)
(2)，证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题中关系式代入求值即可；
（2）结合题意知，代入关系式可得，则是等差数列，求得其通项公式，进一步计算即可；
（3）利用错位相减法求和即可.
【详解】（1）当时，
，即，
则，
当时，,即，
所以.
（2）猜想.
证明：因为，
当时，
作商得，
又结合化简得，
又由（1）知，
故是以2为首项，1为公差的等差数列，
所以，即，
经检验：也符合，
故：.
（3）因为，
所以①，
，②
得
，
所以，
又因为，
所以.
21．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）利用导数得几何意义求得切线的斜率再求得所过切点即可求解；
（2）分类讨论考查函数的单调性，根据极值的定义求解即可.
【详解】（1）由题可知，设所求切线斜率为，
由得，
又由可知切点坐标为，
故在处的切线方程为：
，即.
（2）依题可得
，
当时，由得，
故恒成立，令，得，
当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增；
所以在处取到极小值，没有极大值.
当时，
当或者时；，，
在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取到极小值，
在处取到极大值.
当时，在恒成立，
故在单调递减，所以没有极值.
当时，
或时,当时，
在上单调递减，在上单调递增.
所以在处取到极大值，
在处取到极小值.
综上，当时，的极小值为，没有极大值；
当时，的极小值为，极大值为；
当时，没有极值；
当时，的极大值为，极小值为.
【点睛】(1)可导函数在点处取得极值的充要条件是，且在左侧与右侧的符号不同．
(2)若在内有极值，那么在内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．
22．(1)
(2)，或，.
【分析】（1）设，，，，依题意可得为线段的中点， 从而得到，再由点在抛物线上，代入整理即可得解；
（2）设，，联立直线与抛物线的方程求出点坐标，联立直线与抛物线的方程表示出，即可求出的最小值，从而得解.
【详解】（1）由题意可知，，故.
设，，，因为，为外接圆的圆心，
所以为线段的中点，设，则，即①，
点在抛物线上，所以，将①式代入整理得，
显然点不满足题意，所以动点的轨迹方程为.
（2）显然斜率存在且不为，设，由知，
故设，
联立得，化简得（舍）或，所以，
联立得，，，
故，
令，则或，故.
所以
，
（当且仅当即时，等号成立），故的最小值为，
所以外接圆的面积为.
所以时，外接圆的面积取得最小值.
此时，，或，.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
年龄
不低于岁
低于岁
合计
参与过网上购物
未参与过网上购物
合计
200