云南省2024届高三上学期新高考联考数学试题（解析版）

PAGEPAGE1云南省2024届高三上学期新高考联考数学试题一、单选题1.已知复数满足，则复数（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因为，则，因此，.故选：B.2.已知集合，集合，则（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗由可得：，所以，由可得：，所以，故，所以.故选：A.3.若，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由题意可得：.故选：C.4.已知直线、、与平面、，下列命题正确的是（）A.若，，，则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，则〖答案〗D〖解析〗对于A，若，，，则与可能平行，也可能异面，故A错误；对于B，若，，则与可能平行，也可能相交，故B错误；对于C，若，，则与可能平行，也可能相交或异面，故C错误；对于D，若，则由线面平行的性质定理可知，必有，使得，又，则，因为，所以，故D正确.故选：D.5.如图是我国古代量粮食器具“升”，其形状是正四棱台，上、下底面边长分别为20cm和10cm，侧棱长为cm．“升”装满后用手指或筷子沿升口刮平，这叫“平升”．则该“升”的“平升”约可装（）A.1.5L B.1.7L C.2.3L D.2.7L〖答案〗C〖解析〗根据题意画出正四棱台的直观图，其中底面是边长为20的正方形，底面是边长为10的正方形，侧棱，记底面和底面的中心分别为和，则是正四棱台的高.过作平面的垂线，垂足为，则且，，所以，，故，所以棱台的高，由棱台的体积公式得．故选：C.6.我国古代数学名著《算法统宗》中说：九百九十六斤棉，赠分八子做盘缠；次第每人多十七，要将第八数来言；务要分明依次第，孝和休惹外人传，说的是，有斤棉花全部赠送给个子女做旅费，从第个孩子开始，以后每人依次多斤，直到第个孩子为止.在这个问题中，第个孩子分到的棉花为（）A.斤 B.斤 C.斤 D.斤〖答案〗C〖解析〗设第一个孩子分配到斤棉花，

则由题意得：，

解得＝65，故选：C7.如图，在直三棱柱中，面，，则直线与直线夹角的余弦值为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗在直三棱柱中，平面，平面，所以，，平面，平面，所以，所以互相垂直，以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，设，则，可得，，所以.所以直线与直线夹角的余弦值为.故选：C.8.设为函数（）图象上一点，点，为坐标原点，，的值为（）A.-4 B. C.4 D.1〖答案〗A〖解析〗设点，则，，，又，则可得，又，则，解得，所以.故选：A二、多选题9.关于函数，下列说法正确的是（）A.函数的最小正周期为B.函数的最大值为2C.直线是的图像的一条对称轴D.点是的图像的一个对称中心〖答案〗AD〖解析〗由函数，对于A中，可得函数的最小正周期为，所以A正确；对于B中，当时，函数取得最大值，所以B不正确；对于C中，当时，可得，即不是函数的最值，所以不是函数的的对称轴，所以C不正确；对于D中，当时，可得，所以点是的图像的一个对称中心，所以D正确.故选：AD.10.在棱长为2的正方体中，分别为棱，，的中点，为侧面的中心，则（）A.直线平面B.直线平面C.三棱锥的体积为D.三棱锥的外接球表面积〖答案〗BCD〖解析〗由题意，在正方体中，棱长为2，P，E，F分别为棱，，BC的中点，为侧面的中心，建立空间直角坐标系如下图所示，则,,A项，，设面的法向量为，则，即，解得：，当时，，∵，∴直线与面不平行，A错误；B项，设面的法向量为，则，即，解得：，当时，，∵，∴直线与平面平行，B正确；C项，，C正确；D项，如图，三棱锥恰好在长方体上，且为体对角线，∴为三棱锥外接球的直径，由几何知识得，∴三棱锥的外接球表面积为，D正确；故选：BCD.11.设等差数列的前项和为，公差为，，，，下列结论正确的是（）A.B.当时，的最大值为C.数列为等差数列，且和数列的首项、公差均相同D.数列前项和为，最大〖答案〗AD〖解析〗对于A选项，若，则为递增数列，所以，，与矛盾，若，则为常数列，所以，，与矛盾，若，则为递减数列，则，由可得，合乎题意，A对；对于B选项，由A选项可知，，，，，所以，当时，的最大值为，B错；对于C选项，，则，所以，，所以，数列为等差数列，且其首项为，公差为，C错；对于D选项，由得，由得，由得，即，令，，则等差数列为递减数列，且，，，所以，数列前项和为，最大，D对.故选：AD.12.正方体棱长为4，动点、分别满足，其中，且，；在上，点在平面内，则（）A.对于任意的，且，都有平面平面B.当时，三棱锥的体积不为定值C.若直线到平面的距离为，则直线与直线所成角正弦值最小为．D.的取值范围为〖答案〗ACD〖解析〗对于A，以为坐标原点，，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，设平面的法向量为，，则，令，则，，则，，，，设平面的法向量为，则，令，则，，则，又，所以，所以对于任意的，且，都有平面平面，故A正确；对于B，当时，设平面的法向量为，，则，令，则，，所以，又，点到平面的距离为又，又因为的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，故B错误；对于C，设，,则因为直线到平面的距离为，所以平面，，设面为，则，令，则，所以所以，即，又，则，解得或，若，所以，，又，设直线与直线所成角为，所以当最大时，最小，令，，在单调递增，所以，，最大值为，所以最小为，所以直线与直线所成角正弦值最小为；若，所以，，根据对称性可得最小为，故C正确；对于D，设因为，所以，，，所以，整理得，即所以点的运动轨迹为一个以为球心，半径为2的球面上一点，所以，所以，当时，最小为，当时，最大为所以的取值范围为，故D正确.故选：ACD.三、填空题13.已知，，则______．〖答案〗〖解析〗，，.故〖答案〗为：.14.已知单位向量，满足，则与的夹角的余弦值为___________.〖答案〗〖解析〗因为，所以，因，所以，因为，所以.故〖答案〗为：.15.已知圆锥的底面直径为，轴截面为正三角形，则该圆锥内半径最大的球的体积为___________.〖答案〗〖解析〗依题意，圆锥内半径最大的球为圆锥内切球，如图作出轴截面，圆O和AC相切于点D，

因为是正三角形，所以，，，

设内切球半径为R，在中可得，，

所以，解得，球的体积为.故〖答案〗为：.16.正四面体的棱长为4，中心为点，则以为球心，1为半径的球面上任意一点与该正四面体各顶点间的距离的平方和：__________.〖答案〗28〖解析〗因为正四面体的棱长为4，故可将其放入棱长为的正方体中，如图所示，由题意可得,同理可得,,,取的中点，则，所以，所以，故〖答案〗为：28.四、解答题17.数列满足.（1）求的值；（2）设，证明是等差数列.解：（1）数列满足所以，（2）∵∴为等差数列.18.在中，角、、的对边分别为、、，且，（1）求角的大小；（2）若，，求的值.（1）解：因为，由正弦定理可得，所以，，因为、，所以，，则，故.（2）解：因为，，，由余弦定理可得，则，由正弦定理可得，所以，.19.如图，在正四棱柱中，，是的中点.（1）求证：平面；（2）若正四棱柱的外接球的表面积是，求三棱锥的体积.（1）证明：连接交于，连接；分别是的中点，平面平面，平面.（2）解：设，正四棱柱的外接球的半径为，因为正四棱柱的外接球的表面积，解得，由题意为正四棱柱的外接球的直径，由，得，解得或（舍），即.20.已知矩形ABCD中，点E在边CD上，且．现将沿AE向上翻折，使点D到点P的位置，构成如图所示的四棱锥．（1）若点F在线段AP上，且平面PBC，求的值；（2）若，求锐二面角的余弦值．解：（1）点为线段上靠近点的三等分点，满足平面PBC，证明如下：如图，过点作交于点，连接，则，又，，所以．因为，所以，所以四边形为平行四边形，有，又平面，平面，所以平面．此时有.（2），为等腰直角三角形，，，，．取中点，以为坐标原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，，，，则，，因为，，所以，解得，则，，，设平面的法向量为，则，不妨取，则，，设平面的一个法向量为，则，则锐二面角的的余弦值为．21.如图，多面体ABCDE中，平面ABC，平面平面ABC，是边长为2的等边三角形，，AE=2．（1）证明：平面平面BCD；（2）求多面体ABCDE的体积．（1）证明：若为中点，连接，由是边长为2的等边三角形，，则，又面面ABC，面，面面，故面，因为平面ABC，故，又，所以为平行四边形，即，由面，则，，面，所以面，即面，又面，所以平面平面BCD；（2）解：由多面体ABCDE的体积.22.已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）当时，令，，求证：.（1）解：由已知可得，，定义域为，所以.（ⅰ）当时，.当时，有，在上单调递增；当时，有，在上单调递减.（ⅱ）当时，解，可得，或（舍去负值），且.解可得，或，所以在