2024-2025学年云南省昆明市高三上册第六次考前基础强化数学检测试题（含解析）

2024-2025学年云南省昆明市高三上学期第六次考前基础强化数学检测试题一、单项选择题：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，则z在复平面内对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．若集合有15个真子集，则实数m的取值范围为（

）A． B． C． D．3．从集合中随机抽取一个数a，从集合中随机抽取一个数b，则向量与向量垂直的概率为（

）A． B． C． D．4．在平面直角坐标系中，已知向量与关于x轴对称，向量，则满足不等式的点的集合用阴影表示为（

）A． B． C． D．5．已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，点P在双曲线C上，O为坐标原点，若，则的面积为（

）A． B．1 C．2 D．36．正方体的棱长为2，是棱上的一个动点（含端点），则的最小值为（

）A．4 B． C． D．7．已知定义域为R的函数，对任意的都有，且，则不等式的解集为（

）A． B． C． D．8．已知函数，函数有三个不同的零点，，，则的取值范围是（

）A． B． C． D．二、多项选择题：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．下列函数中，在定义域上既是奇函数又是增函数有（

）A． B．C． D．10．已知m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列结论错误的是（

）A．，，则B．，，，，则C．，，，则D．，，，则11．质点A，B在以坐标原点O为圆心，半径为1的圆上同时出发做逆时针匀速圆周运动，点A的起点在射线（）与圆O的交点处，点A的角速度为，点B的起点在圆O与x轴正半轴的交点处，点B的角速度为，则下列说法正确的是（

）A．在末时，点B的坐标为B．在末时，劣弧的长为C．在末时，点A与点B重合D．当点A与点B重合时，点A的坐标可以为12．如图，一块边长为正方形铁片上有四个以为顶点的全等的等腰三角形（如图1），将这4个等腰三角形（，，，）裁下来，然后用余下的四块阴影部分沿虚线折叠拼接，使得A，重合，B，重合，C，重合，D，重合，，，，重合为点P，得到正四棱锥（如图2）．则在正四棱锥中，以下结论正确的是（

）A．平面平面B．正四棱锥中的长可以为C．当时，在正四棱锥中放置一个球，球的表面积最大值为D．当正四棱锥的体积取到最大值时，三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．人们为了了解一支股票未来一定时期内价格的变化，往往会去分析影响股票价格的基本因素，比如利率的变化，现假设人们经分析估计利率下调的概率为0.75，利率不变的概率为0.25．根据经验，人们估计，在利率下调的情况下，该支股票价格上涨的概率为0.8，而在利率不变的情况下，其价格上涨的概率为0.3，则该支股票价格将上涨的概率为．14．若P，Q分别为抛物线C：与圆M：上的两个动点，则的最小值为．15．把分别写有1，2，3，4，5的五张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，且若分得的卡片超过一张，则必须是连号，那么不同的分法种数为用数字作答．16．钱德拉筛法是一种用于数论问题的筛法，它的设计目的是找出满足某些条件的整数集合，这个方法由印度数学家钱德拉·塞卡兰于1952年提出，该筛法的应用范围涉及素数分布和其他数论领域．基本思想是通过逐步排除不符合条件的整数，从而找到符合条件的整数．具体实现通常涉及使用一系列的同余关系，以确定哪些整数满足特定条件．这使得钱德拉筛法在解决一些数论问题时非常有用．表中的数阵可近似视为“钱德拉数筛”，其中横行与纵列的地位完全一致，在数学上称为“对称矩阵”，现记第i行第j列的数为，则，表中的数1111共出现次．234567…35791113…4710131619…5913172125…61116212631…71319253137……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．在中，内角A，B，C满足．(1)求；(2)若边上的高等于，求．18．已知等比数列的前n项和为，且，（）(1)求数列的通项公式；(2)当（）时，在与之间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，若，求数列的前n项和．19．如图，在三棱锥中，，且，．(1)当时，求证：平面；(2)当时，求平面与平面夹角的余弦值．20．某面包店的面包师声称自己店里所出售的每个面包的质量均服从期望为，标准差为的正态分布．(1)已知如下结论：若，从X的取值中随机抽取K个数据，记这K个数据的平均值为Y，则随机变量请利用该结论解决问题；假设面包师的说法是真实的，那么从面包店里随机购买25个面包，记这25个面包质量的平均值为Y，求；(2)假设有两箱面包（面包除颜色外，其它都一样），已知第一箱中共装有6个面包，其中黄色面包有2个；第二箱中共装有8个面包，其中黄色面包有3个，现随机挑选一箱，然后从该箱中随机取出2个面包，求取出黄色面包个数的分布列及数学期望．附：随机变量服从正态分布，则，，．21．已知椭圆方程E：的左焦点为F，直线（）与椭圆E相交于A，B，点A在第一象限，直线与椭圆E的另一点交点为C，且点C关于原点O的对称点为D．(1)设直线，的斜率分别为，，证明：为常数；(2)求面积的最大值．22．悬链线的原理运用于悬索桥、架空电缆、双曲拱桥、拱坝等工程．通过适当建立坐标系，悬链线可为双曲余弦函数的图象，类比三角函数的三种性质：①平方关系：①，②和角公式：，③导数：定义双曲正弦函数．(1)直接写出，具有的类似①、②、③的三种性质（不需要证明）；(2)若当时，恒成立，求实数a的取值范围；(3)求的最小值．1．A【分析】由复数的乘法运算化简复数，再由复数的几何意义即可得出答案.【详解】由题，有，z在复平面内对应的点为，位于第一象限.故选：A．2．A【分析】根据真子集的定义可得集合A中有4个元素，得解.【详解】因为集合A有15个真子集，所以集合A中有4个元素，所以.故选：A．3．C【分析】根据平面向量垂直的坐标表示及古典概型计算即可.【详解】由题意可知，有，，，，，，，，，，，，，，，共15种情况，因为向量与向量垂直，所以，满足条件的有，，共2种，故所求的概率为.故选：C4．B【分析】由题，有，，代入化简即可得出答案.【详解】由题，有，，所以，，所以，即，所以点的集合是以为圆心，1为半径的圆的内部.故选：B．5．D【分析】由可知，然后结合双曲线的定义求得，计算面积即可.【详解】因为双曲线C：，所以，因为，所以，所以，由双曲线的定义知：，两边同时平方得：，所以，故.故选：D6．C【分析】将绕翻折至与共平面，当，，共线时，最小.【详解】由正方体的性质可得为等边三角形，边长为，为等腰直角三角形，其直角边长为，将下图中绕翻折至与共平面，因为，，所以，，共线时，最小，此时为中点，则最小值为．故选：C7．B【分析】令，由题意可得出在R上单调递增，所以不等式可变形为得，由单调性解不等式即可得出答案.【详解】令，则，则在R上单调递增，，由可得，即，得，，故选：B．8．C【分析】作出的图象，根据有三个不同的零点，转化为有三个根，求出，，关系，构造函数求出函数的导数，利用导数研究取值范围即可．【详解】作出函数的图象如图，不妨设，则有三个不同的根，则，当时，，得，则，当时，，，则，设（），则，所以在上单调递增，所以，即的取值范围是.故选：C．9．CD【分析】根据单调性可判断AB；分离常数可判断的单调性，结合奇函数定义可判断C；利用复合函数性质可判断的单调性，结合奇函数定义可判断D.【详解】在上单调递增，A错；是R上的单调减函数，B错；，在R上单调递增，C对；，所以为奇函数，因为在上单调递增，在上单调递增，所以，在上单调递增，又为奇函数，所以在R单调递增，D对.故选：CD10．ABD【分析】由点、线、面的位置关系对选项一一判断即可得出答案.【详解】对于A，若，，则或，A错误；对于B，若，，，，则或，相交，只有加上条件m，n相交，结论才成立，B错误；对于C，若，，则，又因为，所以，C正确；对于D，若，，无法得到，只有加上条件才能得出结论，D错误.故选：ABD.11．BD【分析】根据旋转的弧度数，结合三角函数的定义以及弧长公式判断AB；设时刻点A与点B重合，求出则可以判断CD.【详解】由题意，末时，射线逆时针旋转了，则点B的坐标为，A错；点A的初始位置为，后，射线逆时针旋转了，则，所以劣弧的长为，B对；设时刻点A与点B重合，则，令，所以在末时，点A与点B不重合，C错；由C知，时，点A与点B第一次重合，此时射线逆时针旋转了，射线逆时针旋转了，可得A与点B重合于，此时点A的坐标为．D对，故选：BD．12．AD【分析】对于A，利用正棱锥的性质及面面垂直的判定定理判断；对于B，由利用正棱锥的性质可得借助二次函数判断；对于C，利用等体积法可求得内切球的半径，进而判断；对于D，设，可得，利用导数可求出其最大值.【详解】对于A，连接，在正四棱锥中，，由折叠可得，为的中点，所以，因为四边形为正方形，所以，即，因为，平面，所以平面，因为面，所以平面平面，所以A正确；对于B，设，则，可知，所以B错误；对于C，该球为正四棱锥的内切球时表面积最大，当时，因为四边形为正方形，所以，因为在图1中，为等腰直角三角形，所以，所以，因为正方形铁片的边长为，所以，所以中边上的高为，所以，所以；设内切球的半径为，则，所以，解得，所以该正四棱锥内切球的表面积为，所以C错误；对于D，设，则，，所以，令，则，令，则，令，则（舍去），或，当时，，当时，，所以当，时，y有最大值，所以D正确，故选：AD．关键点点睛：此题考查正四棱锥的性质，考查导数的综合应用，考查正四棱锥内切球半径的求解，解题的关键是利用等体积法求出内切球的半径，考查空间想象能力和计算能力.13．##【分析】设出事件，利用全概率公式进行求解.【详解】记“利率下调”为事件A，“价格上涨”为事件C，则“利率不变”为事件，由题意知，，，，，所以．故14．##【分析】设，，由两点的距离公式求出，由二次函数的性质求出的最大值，的最小值为，即可得出答案.【详解】设，则，圆M：的圆心为，，当时等号成立，所以的最小值为.故答案为.15．36【分析】根据题意，先将卡分为符合题意要求的3份，可以转化为将1、2、3、4、5这4个数用2个板子隔开，用插空法易得其情况数目，再将分好的3份对应到3个人，由排列知识可得其情况数目，由分步计数原理，计算可得答案．【详解】先将卡分为符合条件的3份，由题意，3人分5张卡，且每人至少一张，至多三张，若分得的卡片超过一张，则必须是连号，相当于将1、2、3、4、5这4个数用2个板子隔开，在4个空位插2个板子，共有种情况，再对应到3个人，有种情况，则共有种情况．故答案为36本题考查排列、组合的应用，注意将分卡的问题转化为将1，2，3，4，5这5个数用2个板子隔开，分为3部分的问题，用插空法进行解决．16．6【分析】分析数表得到每行与每列的数都成等差数列，第i行和第i列的公差都是i，利用等差数列通项公式求出，求出，令，有，分解质因数，得到答案.【详解】由数表可知每行与每列的数都成等差数列，第一行和第一列都是首项为2，公差为1的等差数列，第i行和第i列的公差都是i，故第20行的首项为21，公差为20，所以第20行，第24列对应的数为，故；由题意得，，令，有，分解质因数得，所以，所以，所以1111共出现6次．故，17．(1)(2)【分析】（1）由正弦定理与余弦定理求解即可；（2）由几何图形分析，设边上的高为，为垂足，在中，，，，设，从而求出，，进而求解即可.【详解】（1）设的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，因为，由正弦定理得：，由余弦理得又因为，所以，．（2）如图：设边上的高为，为垂足，在中，；在中，，，，设，则，，所以，所以.18．(1)(2)【分析】（1）利用数列前n项和与通项公式的关系及等比数列的通项计算即可；（2）利用等差数列的定义与通项公式计算，再由错位相减法计算求和即可.【详解】（1）由得：，两式相减得：，又因为，所以，所以数列为等比数列且公比为2,所以数列的通项公式为．（2）由（1）得：，，所以，即，又，所以，所以，①，②①－②得：，则，时，，符合，故.19．(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用勾股定理推导出，再由已知条件结合线面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，求出点的坐标，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值.【详解】（1）证明：因为，，，所以，所以，由题知，，、平面，所以平面.（2）解：因为，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、，设，其中，则，，，因为，解得，即点，则，，设平面的一个法向量，则，取，则，易知平面的一个法向量，则，因此，平面与平面夹角的余弦值为.20．(1)(2)分布列见解析，数学期望为【分析】（1）根据题设求得随机变量的期望和标准差，由条件算出，利用正态分布图的对称性性质即可求得；（2）根据题意，得出随机变量的可能值，结合条件可得概率，从而可得分布列及数学期望.【详解】（1）由题意则，所以，于是随机变量的期望为，标准差为，因，故.（2）设取出黄色面包个数为随机变量，则的可能取值为0，1，2．则故随机变量的分布列为：012p所以数学期望为：21．(1)证明见解析(2)3【分析】（1）设出，，则，表达出，，由点差法得到证明；（2）三角形面积等于三角形的面积2倍，设直线方程为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，求出，换元后，结合对勾函数性质求出最值，得到答案.【详解】（1）由题意知，，若，此时直线的斜率不存在，不合要求，舍去，设，，，此时，则，，，又①，②，式子①－②得，所以；（2）由题意可知，三角形面积等于三角形的面积2倍，椭圆左焦点F为，可设直线方程为，联立方程组，即，故，，所以三角形的面积为，令，，由对勾函数性质可得在单调递增，故，当且仅当取得最小值成立，所以，当且仅当，即时成立，三角形的面积的最大值为，所以面积的最大值为3.圆锥曲