云南省曲靖市高三上学期第一次质量监测数学试题

曲靖市2023—2024学年高三年级第一次教学质量监测数学试题卷（本题满分150分，考试时间为120分钟）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．2．每小题选出答案后，将对应的字母填在答题卡相应位置上，在试题卷上作答无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．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.在复平面内，复数对应的向量分别是，其中是坐标原点，则向量对应的复数为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据复数与向量坐标关系及向量减法求对应点，即可得对应复数.【详解】由题设，则，所以向量对应的复数为.故选：D2.已知集合，，则中元素的个数为（）A.2 B.3 C.4 D.6【答案】C【解析】【分析】采用列举法列举出中元素的即可.【详解】由题意，中的元素满足，且，由，得，所以满足的有，故中元素的个数为4.故选：C.【点晴】本题主要考查集合的交集运算，考查学生对交集定义的理解，是一道容易题.3.已知等比数列的前项和为，且，则（）A.36 B.54 C.28 D.42【答案】D【解析】【分析】利用等比数列前项和公式整体代入计算即可求得.【详解】根据题意设等比数列的首项为，公比为，易知；由可得，两式相除可得，即；所以.故选：D4.已知变量关于的回归方程为，若对两边取自然对数，可以发现与线性相关．现有一组数据如下表所示：12345则当时，预测的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】令，可得出，求出、的值，将、的值代入，求出的值，可得出变量关于的回归方程，然后令，可得出的值.【详解】令，由可得，如下表所示：由表格中数据可得，，则有，解得，故，当时，.故选：C.5.为努力推进“绿美校园”建设，营造更加优美的校园环境，某校准备开展校园绿化活动．已知栽种某绿色植物的花盆可近似看成圆台，圆台两底面直径分别为18厘米，9厘米，母线长约为7.5厘米．现有2000个该种花盆，假定每一个花盆装满营养土，请问共需要营养土约为（）（参考数据：）A.1.702立方米 B.1.780立方米C.1.730立方米 D.1.822立方米【答案】B【解析】【分析】利用圆台的结构特征求高，再由圆台体积公式求体积，即可求2000个该种花盆所需要的营养土.【详解】令（单位厘米），则花盆的高，所以花盆的体积为，故2000个该种花盆共需要营养土约立方厘米，即1.780立方米.故选：B6.已知，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】两角差的正弦公式、两角和的余弦公式化简可得所求代数式的值.【详解】因为，因此，.故选：A.7.已知双曲线，过其右焦点作一条直线分别交两条渐近线于两点，若为线段的中点，且，则双曲线的渐近线方程为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由题设有双曲线渐近线为，，且，求坐标，根据得到齐次方程，即可得渐近线.【详解】由题设作出图形，双曲线渐近线为，，则直线，故，可得，故，即，又三角形BOF为等腰三角形，所以，则，整理得，即双曲线的渐近线方程为.故选：B8.已知，若点为曲线与曲线的交点，且两条曲线在点处的切线重合，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】设切点坐标，利用导数几何意义，由切线重合得导数值相等解得，再由点为交点，则坐标满足两曲线方程，由此建立等量关系，再利用导数研究函数的值域即可.【详解】设点的横坐标为，则由可得，又可得，且两条曲线在点处的切线重合，所以切线的斜率，解得或（舍去），即点的横坐标为，由点为曲线与曲线的交点，所以，即，令，则，令可得，由知，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，当，则实数的取值范围为.故选：C.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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.函数（其中，，）的部分图象如图所示，则（）A.B.函数的最小正周期是C.函数的图象关于直线对称D.将函数的图象向左平移个单位长度以后，所得的函数图象关于原点对称【答案】AC【解析】【分析】利用图象求出函数的解析式，代值计算可判断A选项；利用正弦型函数的周期性可判断B选项；利用正弦型函数的对称性可判断C选项；利用三角函数图象变换可判断D选项.【详解】由图可知，，函数的最小正周期满足，则，，B错；所以，，，可得，因为，所以，，则，可得，所以，，则，A对；，所以，函数的图象关于直线对称，C对；将函数的图象向左平移个单位长度以后，得到函数的图象，所得函数为非奇非偶函数，D错.故选：AC.10.已知函数的定义域为，且与都为奇函数，则下列说法一定正确的是（）A.为奇函数 B.为周期函数C.为奇函数 D.为偶函数【答案】BC【解析】【分析】利用函数奇偶性定义可求得，即可判断A错误；B正确；再利用周期可得为奇函数，，即可知C正确，D错误.【详解】根据题意由为奇函数可得，即；由为奇函数可得，即；所以可得，即，即可得为周期是4的周期函数，且，可得不是奇函数，即A错误；B正确；由周期性可知，因为为奇函数，所以也为奇函数，即C正确；因为，所以不是偶函数，即D.错误；故选：BC11.下列不等式正确的是（）A. B.C. D.【答案】ABC【解析】【分析】利用函数的单调性可判断A选项；利用函数的单调性可判断B选项；利用函数在上的单调性可判断C选项；利用函数在上的单调性可判断D选项.【详解】对于A选项，令，则，当时，，则函数在上单调递减，因为，则，即，即，即，所以，，A对；对于B选项，令，则，当时，，即函数在上为增函数，所以，，即，B对；对于C选项，令，其中，则对任意的恒成立，所以，函数在上为增函数，因为，则，所以，，C对；对于D选项，令，其中，则，令，由C选项可知，对任意的恒成立，所以，函数在上单调递增，则，则函数在上单调递增，因为，则，即，又因为，即，D错.故选：ABC.【点睛】思路点睛：解答比较函数值大小问题，常见的思路有两个：（1）判断各个数值所在的区间；（2）利用函数的单调性直接解答.数值比较多的比较大小问题也也可以利用两种方法的综合应用.12.如图所示，正方体的棱长为1，分别是棱的中点，过直线的平面分别与棱交于点，以下四个命题中正确的是（）A.四边形一定为菱形B.四棱锥体积为C.平面平面D.四边形的周长最小值为4【答案】ACD【解析】【分析】由正方体截面性质有为平行四边形，若为中点，易得为正方形，进而得到即可判断A；由到面的距离之和为底面对角线且求体积判断B；利用线面垂直、面面垂直的判定判断C；根据正方体的结构特征判断在运动过程中，周长最短时位置判断D.【详解】由题意，正方体截面的性质易知，即为平行四边形，取为中点，因为分别是棱的中点，则为正方形，所以，则，故为菱形，A对；由到面的距离之和为底面对角线为，又定值，B错；由菱形性质知，由正方体性质知面，面，则，又，面，故面，而面，所以平面平面，C对；在运动过程中，仅当它们为对应线段中点时，菱形各边最短且为1，此时为正方形，周长为4，D对.故选：ACD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.若向量，，则向量在向量上的投影向量坐标为______．【答案】【解析】【分析】利用向量的数量积运算与投影向量的定义求解即可.【详解】因为，，所以，所以向量在向量上的投影向量的坐标为.故答案：.14.如图，在第一象限内，矩形的三个顶点，分别在函数的图象上，且矩形的边分别与两坐标轴平行，若A点的纵坐标是2，则D点的坐标是______．【答案】【解析】【分析】根据指对幂函数的图象及解析式求出A点的横坐标、点纵坐标，即可得D点的坐标.【详解】由题意，纵坐标都为2，则点横坐标为8，即点横坐标为8，所以A点的横坐标为，点纵坐标为，由为矩形及题图知：D点的坐标是.故答案为：15.已知为椭圆上一点，分别为的左、右焦点，且，若外接圆半径与其内切圆半径之比为，则的离心率为______．【答案】【解析】【分析】由椭圆性质及定义有，结合直角三角形内切圆、外接圆相关性质求对应半径，进而得到椭圆参数的齐次方程，即可得求离心率.【详解】由题意，中，所以其外接圆半径，内切圆的半径为，故.故答案为：16.大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释我国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程．已知大衍数列满足，，则______，数列的前50项和为______．【答案】①.②.【解析】【分析】当时，，当时，，推出，利用累加法可得，从而求得，即可求解，根据，即可求解.【详解】当时，①，当时，②，由①②可得，，所以，累加可得，，所以，令且为奇数)，，当时，成立，所以当为奇数，，当为奇数，，所以当为偶数，，所以故；根据所以的前项的和.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、证明过程或演算步㵵．17.在中，内角的对边分别为，且．（1）求；（2）线段上一点满足，求的长度．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由余弦边角关系及已知得，再由余弦定理即可求；（2）由题设得，且，，在、应用正弦定理得、，即可求的长度．【小问1详解】由题设及余弦定理知：，所以，又，，所以.【小问2详解】由题设，且，，在中，则，在中，则，综上，可得，则，故.18.已知数列的前项和为，且．（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，其前项和为，求使得成立的的最小值．【答案】（1）；（2）10.【解析】【分析】（1）根据关系及递推式可得，结合等比数列定义写出通项公式，即可得结果；（2）应用裂项相消法求，由不等式能成立及指数函数性质求得，即可得结果.【小问1详解】当时，，所以，则，而，所以，故是首项、公比都为2的等比数列，所以.【小问2详解】由，所以，要使，即，由且，则.所以使得成立的的最小值为10.19.2023年9月23日至10月8日、第19届亚运会在中国杭州举行．树人中学高一年级举办了“亚运在我心”乒乓球比赛活动．比赛采用局胜制的比赛规则，即先赢下局比赛者最终获胜，已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，比赛结束时，甲最终获胜的概率．（1）若，结束比赛时，比赛的局数为，求的分布列与数学期望；（2）若采用5局3胜制比采用3局2胜制对甲更有利，即，求的取值范围．【答案】（1）分布列见解析，期望为；（2）.【解析】【分析】（1）先写出离散型随机变量的分布列，再求出数学期望即可；（2）先根据已知不等式列式求解，再根据单调性定义作差证明单调递增说明结论.【小问1详解】，即采用3局2胜制，所有可能值为，，，的分布列如下，23所以.【小问2详解】采用3局2胜制：不妨设赛满3局，用表示3局比赛中甲胜的局数，则，甲最终获胜的概率为，采用5局3胜制：不妨设赛满5局，用表示5局比赛中甲胜的局数，则，甲最终获胜的概率为，则，得.20.在图1的直角梯形中，，点是边上靠近于点的三等分点，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图2．（1）求证：平面平面；（2）在棱上是否存在点，使得二面角的大小为？若存在，求出线段的长度，若不存在说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）由直角梯形边长可知，连接交于点，由线面垂直的判定定理可证明平面，即可得出结论；（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用二面角的大小为解方程即可求得线段的长度为.【小问1详解】根据题意，由直角梯形边长可知；又点是边上靠近于点的三等分点，所以，可得为等边三角形；连接，交于点，如下图所示：可得四边形为菱形，所以，即折起后，如下图所示：易知，又，满足，即；又，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面；【小问2详解】以为坐标原点，分别以为轴，方向为轴正方向建立空间直角坐标系，如下图所示：则；可得，假设存在点满足题意，设，所以，则，由（1）可知平面，利用易得平面的一个法向量可取为设平面的一个法向量为，则，可得；所以，解得或（舍），此时，可得；即线段的长度为.21.已知斜率为的直线交抛物线于、两点，线段的中点的横坐标为．（1）求抛物线的方程；（2）设抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于、两点，分别在点、处作抛物线的切线，两条切线交于点，则的面积是否存在最小值？若存在，求出这个最小值及此时对应的直线的方程；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）设点、，由已知可得出，利用斜率公式以及抛物线的方程可求得的值，由此可得出抛物线的方程；（2）设点、，分析可知，直线的斜率存在，设直线的方程为，将该直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，求出，求出两切线的方程，进而可求得点的坐标，分析可得出，求出，利用二次函数的基本性质可求得面积的最小值，及其对应的直线的方程.【小问1详解】解：设点、，因为直线的斜率为，则，因为线段的中点的横坐标为，则，，可得，所以，抛物线的方程为.【小问2详解】解：设点、，易知点，若直线的斜率不存在，则直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，设直线的方程为，联立可得，，由韦达定理可得，，由焦点弦长公式可得，对函数求导得，则直线的方程为，即，同理可知，直线的方程为，联立可得，即点，则，，所以，，即，且，所以，，当且仅当时，等号成立，故的面积存在最小值，且最小值为，此时，直线的方程为.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．22.已知函数．（1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的值；（2）讨论