云南省昆明市2024届”三诊一模“高三复习教学质量检测数学试题 Word版含解析.docx

《云南省昆明市2024届”三诊一模“高三复习教学质量检测数学试题 Word版含解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《云南省昆明市2024届”三诊一模“高三复习教学质量检测数学试题 Word版含解析.docx（19页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、【考试时间：3月28日15001700】昆明市2024届“三诊一模”高三复习教学质量检测数 学注意事项：1答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码2回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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3考试结束后，将本试卷和答题卡交回一、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. 若是等比数列，则（ ）A.

2、 7B. 9C. 25D. 35【答案】C【解析】【分析】根据等比数列基本量的计算即可求解.【详解】是等比数列，则，故故选：C2. 双曲线的渐近线方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】直接利用双曲线方程求解渐近线方程即可.【详解】双曲线的渐近线方程是：故选：A3. 复平面内表示复数的点在直线上，则（ ）A. 1B. C. 2D. 【答案】A【解析】【分析】首先得到复数在复平面内对应的点的坐标，即可得到方程，解得即可.【详解】复数在复平面内对应的点为，依题意可得，解得.故选：A4. 已知下图网格中面积最小的正方形边长为1，平面向量，如图所示，则（ ） A. 2B. C.

3、D. 1【答案】C【解析】【分析】根据题意，建立坐标系，可得、的坐标，进而求出的坐标，计算其模可得答案【详解】根据题意，如图建立坐标系，则，则，故故选：C 5. 在的展开式中，含项的系数是（ ）A 16B. 19C. 21D. 24【答案】B【解析】【分析】根据二项式展开式的通项计算可得.【详解】因为展开式的通项为，所以的展开式中含项为，所以展开式中含项的系数是.故选：B6. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）A. 为增函数B. 有两个零点C. 的最大值为2eD. 的图象关于对称【答案】D【解析】【分析】利用导数讨论函数的单调性，结合选项依次计算，即可求解.【详解】A：，令，得，当时，当时，所

4、以函数在上单调递减，在上单调递增，故A错误；B：由选项A知，函数在上单调递减，在上单调递增，且，所以函数在R上没有零点，故B错误；C：由选项A知，函数在上单调递减，在上单调递增，所以，即函数的最小值为，故C错误；D：，所以函数图象关于直线对称，故D正确.故选：D7. 早期天文学家常采用“三角法”测量行星的轨道半径假设一种理想状态：地球E和某小行星M绕太阳S在同一平面上的运动轨道均为圆，三个星体的位置如图所示地球在位置时，测出；行星M绕太阳运动一周回到原来位置，地球运动到了位置，测出，若地球的轨道半径为R，则下列选项中与行星M的轨道半径最接近的是（参考数据：）（ ） A. B. C. D. 【答

5、案】A【解析】【分析】连接，根据给定条件，在中利用正弦定理求出，再在中利用余弦定理求解即得.【详解】连接，在中，又，则是正三角形，由，得，在中，由正弦定理得，则，在中，由余弦定理得.故选：A 8. 已知椭圆（）的左、右焦点为、，圆与的一个交点为，直线与的另一个交点为，则的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题意可得，设，由椭圆的定义可知，的表达式，再由的值，可，在中，可得，可得点为短轴的端点，在中，由余弦定理可得，的关系，即求出椭圆的离心率的值【详解】由题意知，圆过椭圆的两个焦点，因为为圆与椭圆的交点，所以，因为，设，可得，所以，所以，在中，即，解得或，解得或（舍

6、去），此时点为椭圆短轴的顶点，又，解得（负值舍去），且，在中，由余弦定理可得，整理可得，所以故选：B【点睛】关键点点睛：涉及焦点三角形问题一般是利用椭圆的定义及余弦定理进行处理，本题关键是推导出为短轴顶点.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分9. 已知函数，若，则的值可以为（ ）A. B. C. D. 【答案】BD【解析】【分析】根据整体法以及特殊角的三角函数值可得或，即可求解.【详解】令或，,故或，故,取和可得或，故的值可以为或，故选：BD10. 在数列中，记的前n项和为，则下列说法正确的是

7、（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】ACD【解析】【分析】根据已知，结合条件，可依次求出数列的前几项，从而判断A、B；由题意可得，根据等差数列的定义可判定数列为等差数列，从而判断C、D.【详解】若，又，则，A正确；若，由A选项可知，又，可得，可得，B错误；若，则，可得，所以数列为等差数列，且，所以，C正确；且，D正确.故选：ACD11. 在矩形中，以对角线BD为折痕将ABD进行翻折，折后为，连接得到三棱锥，在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）A. 三棱锥体积的最大值为B. 点都在同一球面上C. 点在某一位置，可使D. 当时，【答案】ABD【解析】【分析】根据锥体体积公

8、式即可求解A，根据直角三角形的性质即可求解B，根据线面垂直得线性垂直即可求解CD.【详解】如图所示：分别过作， 对A，当平面平面时，三棱锥的高最大为，三棱锥体积的最大值为，A正确；对B，的中点为，则,故为三棱锥的外接球球心，B正确；对C，若存在点在某一位置，使，连接，由于，平面，则平面，又平面，这与相矛盾,不重合），不存在点在某一位置，使，C错误；对D，当，又，平面,平面，又平面，又，D正确故选：ABD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12. 已知，则_【答案】【解析】【分析】根据同角三角函数关系式求出，再利用二倍角正切公式求解.【详解】由，.故答案为：.13. 已知正六棱锥的侧棱

9、长为，其各顶点都在同一球面上，若该球的表面积为，则该正六棱锥的体积为_【答案】#【解析】【分析】作图，分外接球的球心在棱锥内部和外部两种情况，运用勾股定理列式分别计算.【详解】设正六棱锥，底面中心为，外接球半径为，底面正六边形边长为，棱锥的高，则，当外接球的球心在棱锥内部时，在中，即，在中，即，联立，解得，所以正六棱锥的体积为. 当外接球的球心在棱锥外部时，在中，即，在中，即，联立，解得，这与矛盾，不合题意舍去. 综上，该正六棱锥的体积为.故答案为：.14. 如图，一个质点从原点O出发，每隔一秒随机、等可能地向左或向右移动一个单位，共移动六次质点位于4的位置的概率为_；在质点第一秒位于1的位置

10、的条件下，该质点共经过两次3的位置的概率为_【答案】 . #0.09375 . #0.125【解析】【分析】计算质点移动6次可能的结果，质点位于4的位置的可能结果，根据古典概型的概率公式即可求解；根据条件概率的概率公式计算.【详解】由题意可得：质点移动6次可能的结果有种，质点位于4的位置则指点向右移动5次向左移动1次，从质点移动6次中选1次向左移动，其它5次向右移动共有种，所以质点位于4的位置的概率为；在质点第一秒位于1的位置的条件下，该质点共经过两次3的位置，可知从1开始的5步中，第1、2步必须向右，第3步向左或向右均可，若第3步向左则第4步向右，若第3步向右则第4步向左，第5步向左向右均可

11、，则走法有种，总的质点移动5次可能的结果有种，则在质点第一秒位于1的位置的条件下，该质点共经过两次3的位置的概率为.故答案为：；.四、解答题：本题共5小题，共77分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤15. 如图，在直三棱柱中，D，E为，AB中点，连接，（1）证明：DE平面；（2）若，求二面角的正弦值【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）由三角形中位线的性质可得，再由线面平行的判定定理可证明；（2）建系，分别找到平面的一个法向量和平面的法向量，代入空间向量的二面角余弦公式，再利用同角三角函数关系求出正弦值即可.【小问1详解】连接，因为D，E分别为，AB的中点，所以，又因为平面

12、，平面，所以平面【小问2详解】由（1）得，因为，所以，因为在直三棱柱中，平面ABC，所以，因为，所以AB平面，故建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz，则，设平面的一个法向量为，则，可取为平面的一个法向量，可取为平面的一个法向量，则，设二面角的大小为，则，所以二面角正弦值为16. 某企业响应国家“强芯固基”号召，为汇聚科研力量，准备科学合理增加研发资金为了解研发资金的投入额x（单位：千万元）对年收入的附加额y（单位：千万元）的影响，对2017年至2023年研发资金的投入额和年收入的附加额进行研究，得到相关数据如下：年份2017201820192020202120222023投入额1030406

13、08090110年收入的附加额730（1）求y关于x的线性回归方程；（2）若年收入的附加额与投入额的比值大于，则称对应的年份为“优”，从上面的7个年份中任意取3个，记X表示这三个年份为“优”的个数，求X的分布列及数学期望参考数据：，附：回归方程的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，【答案】（1） （2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）根据最小二乘法即可求解，（2）根据超级几何概率公式求解概率，即可由期望公式求解.【小问1详解】依题意， ，所以y关于x的线性回归方程为.【小问2详解】由题意，7个年收入的附加额与投入额的比值大于0.1的有3个，所以X的可能取值为0，1，2，3，X的分布列如下

14、：X0123P所以X的期望是.17. 已知函数（1）求曲线在点处的切线方程；（2）当时，求a的取值范围【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解；（2）由题意，将问题转化为（）恒成立，利用导数讨论函数的单调性，即可求解.【小问1详解】由于，则切点坐标为，因为，所以切线斜率为，故切线方程为，即【小问2详解】当时，等价于，令，恒成立，则恒成立，当时，函数在上单调递减，不符合题意；当时，由，得，时，函数单调递减，不符合题意；当时，因为，所以，则，所以函数在上单调递增，符合题意综上所述，18. 已知抛物线C：（）的焦点为F，直线与C交于A，B两点，（1）求C的方程；（2）过

15、A，B作C的两条切线交于点P，设D，E分别是线段PA，PB上的点，且直线DE与C相切，求证：【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）设，直线方程联立抛物线方程，利用韦达定理表示，结合抛物线的定义即可求解；（2）利用导数的几何意义求出直线PA、PB方程，进而求得，设，求得、，结合弦长公式表示与，即证，由（1），化简计算即可证明.【小问1详解】设，联立，得，则，则，故，所以C的方程为【小问2详解】由（1）知，因为抛物线C：，则，则，则直线PA方程为，即，同理直线PB方程为联立，得，则，将代入得，两式相加得，即，所以点设直线DE与抛物线相切于点，则直线DE方程为设，联立，两式作比，即，

16、同理，因为，同理，故要证，即证，即证，即证，即证，即证，由（1）知，又，故，上式成立，故【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值19. 若非空集合A与B，存在对应关系f，使A中的每一个元素a，B中总有唯一的元素b与它对应，则称这种对应为从A到B的映射，记作f：AB设集合，（，），且设有序四元数集合且，对于给定的集合B，定义映射f：PQ，记为，按映射f，若（），则；若（），则记（1）若，写出Y，并求；（2）若，求所有的总和；（3）对于给定的，记，求所有的总和（用含m的式子表示）

17、【答案】（1）， （2） （3）【解析】【分析】（1）根据题意中的新定义，直接计算即可求解；（2）对1，5是否属于B进行分类讨论，求出对应所有Y中的总个数，进而求解；（3）由题意，先求出在映射f下得到的所有的和，同理求出在映射f下得到的所有（）的和，即可求解.【小问1详解】由题意知，所以【小问2详解】对1，5是否属于B进行讨论：含1的B的个数为，此时在映射f下，；不含1的B的个数为，此时在映射f下，；所以所有Y中2总个数和1的总个数均为10；含5的B的个数为，此时在映射f下，；不含5B的个数为，此时在映射f下，；所以所有Y中6的总个数和5的总个数均为10；含的B的个数为，此时在映射f下，；不含的B的个数为，此时在映射f下，；所以所有y中的总个数和的总个数均为20综上，所有的总和为【小问3详解】对于给定的，考虑在映射f下的变化由于在A的所有非空子集中，含有的子集B共个，所以在映射f下变为；不含的子集B共个，在映射f下变为；所以在映射f下得到的所有的和为同理，在映射f下得到的所有（）的和所以所有的总和为【点睛】方法点睛：学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是集合的有关知识点.第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司