云南省曲靖市第二中学学联体2023届高三上学期第一次联考数学试题及答案

云南省曲靖市第二中学学联体2023届高三上学期第一次联考数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．集合，集合或，则集合（    ）

A． B．

C． D．

2．若，则（    ）

A． B．

C． D．

3．已知，则（    ）

A．0 B． C． D．

4．二十四节气歌是古人为表达人与自然宇宙之间独特的时间观念，科学揭示天文气象变化规律的小诗歌，它蕴含着中华民族悠久文化内涵和历史积淀，体现着我国古代劳动人民的智慧.其中四句“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连；秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒”中每句的开头一字代表着季节，每一句诗歌包含了这个季节中的6个节气.若从24个节气中任选2个节气，则这2个节气恰好不在一个季节的概率为（    ）

A． B． C． D．

5．已知等比数列为其前项和，若，则（    ）

A．3 B． C．2 D．3或

6．被誉为“中国现代数学之父”的著名数学家华罗庚先生于1946年9月应普林斯顿大学邀请去美国讲学，之后又被美国伊利诺依大学聘为终身教授.新中国成立的消息使华罗庚兴奋不已，他放弃了在美国的优厚待遇，克服重重困难，终于回到祖国怀抱，投身到我国数学科学研究事业中去.这种赤子情怀，使许多年轻人受到感染､受到激励，其中他倡导的“0.618优选法”在生产和科研实践中得到了非常广泛的应用，就是黄金分割比的近似值，黄金分割比还可以表示成，则的值为（    ）

A． B．4 C． D．2

7．已知定义在上的函数，则的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

8．设拋物线的焦点是，直线与抛物线相交于两点，且，线段的中点到拋物线的准线的距离为，则的最小值为（    ）

A． B． C．3 D．

二、多选题

9．珠江源位于云南东部曲靖市以北47公里处，整个景区由马雄山珠江源､花山湖和城区部分景点组成，总面积50平方公里.珠江源风景区是森林公园､省级风景名胜区､国际水利风景名胜区.景区森林茂密，溪流淙淙，有“一水滴三江，一脉隔双盘”的奇异景观.其美景吸引着大批的游客前往参观，某旅行社分年龄段统计了前往珠江源的老､中､青旅客的人数比为5：2：3，现使用分层随机抽样的方法从这些旅客中随机抽取n名，若青年旅客抽到90人，则下列说法正确的是（    ）

A．被抽到的老年旅客和中年旅客人数之和超过200

B．n=300

C．中年旅客抽到40人

D．老年旅客抽到150人

10．已知函数，下列说法中错误的是（    ）

A．的图像关于对称

B．的图像关于点对称

C．在区间上单调递增

D．将的图像向左平移个单位长度后，图像关于轴对称

11．形如的函数，因其图像类似于汉字“囧”，故被称为“囧函数”，则下列说法中正确的选项为（    ）

A．

B．函数的图像不关于直线对称

C．当时，

D．函数有四个不同的零点

12．已知正方体的棱长为1，点为侧面内一点，则（    ）

A．当时，异面直线与所成角的正切值为2

B．当时，四面体的体积为定值

C．当点到平面的距离等于到直线的距离时，点的轨迹为拋物线的一部分

D．当时，四面体的外接球的表面积为

三、填空题

13．若展开式中第6项的二项式系数与系数分别为，则__________.

14．已知，直线与互相垂直，则的最小值为__________.

15．已知是双曲线的左､右焦点，点在上，与轴垂直，，则的离心率为__________.

四、双空题

16．对于三次函数，给出定义：设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.设函数，则的拐点为__________，__________.

五、解答题

17．在中，角所对的边分别是，已知.

(1)求的值；

(2)若的面积，求的值.

18．已知正项数列和为数列的前项和，且满足

(1)分别求数列和的通项公式；

(2)将数列与数列相同的项剔除后，按从小到大的顺序构成数列，记数列的前项和为，求.

19．如图，在四棱锥中，底面为长方形，底面分别为线段的中点.

(1)求证：平面平面；

(2)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.

20．受新冠肺炎疫情的影响，某商场的销售额受到了不同程度的冲击，为刺激消费，该商场开展一项促销活动，凡在商场消费金额满300元的顾客可以免费抽奖一次，抽奖的规则如下：在不透明箱子中装有除颜色外其他都相同的10个小球，其中：红色小球1个，白色小球3个，黄色小球6个，顾客从箱子中依次不放回地摸出3个球，根据摸出球的颜色情况分别进行兑奖.将顾客摸出的3个球的颜色分成以下四种情况：A：1个红球2个白球；B：3个白球；C：恰有1个黄球；D：至少两个黄球，若四种情况按发生的机会从小到大的顺序分别对应一等奖，二等奖，三等奖，不中奖.

(1)写出顾客分别获一､二､三等奖时所对应的概率；

(2)已知顾客摸出的第一个球是白球，求该顾客获得二等奖的概率；

(3)若五名顾客每人抽奖一次，且彼此是否中奖相互独立.记中奖的人数为，求的分布列和期望.

21．已知函数.

(1)讨论极值点的个数；

(2)若，且是的一个极小值点，求的最大值.

22．已知为圆上一动点，过点作轴的垂线段为垂足，若点满足.

(1)求点的轨迹方程；

(2)设点的轨迹为曲线，过点作曲线的两条互相垂直的弦，两条弦的中点分别为，过点作直线的垂线，垂足为点，是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.

参考答案：

1．B

【分析】由集合的补集和交集运算即可求解.

【详解】因为或，所以，所以.

故选：B.

2．A

【分析】利用复数的运算法则化简即可.

【详解】，则，所以，

故选：A

3．D

【分析】根据数量积的性质求解，再根据向量夹角余弦值公式可得的值.

【详解】解：，则

所以.

故选：D.

4．B

【分析】方法1：从正面考虑，根据古典概型概率的计算公式，即可解出.

方法2：从反面考虑，根据古典概型概率的计算公式，即可解出.

【详解】方法1：从24个节气中任选2个节气的事件总数有： ，

求从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好不在一个季节的事件总数，分两步完成：

第一步，从4个季节中任选2个季节的方法有，

第二步，再从选出的这2个季节中各选一个节气的方法有： ，

所以从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好不在一个季节的事件总数有： ，

所以， .

故选：B.

方法2：

从24个节气中任选2个节气的事件总数有： ，

从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好在一个季节的事件总数有： ，

从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好不在一个季节的事件总数有：

所以， .

故选：B.

5．D

【分析】结合等比数列求和公式得，即可求出或2，同理由即可求值.

【详解】由得，即，与题设矛盾，故.

，即，∴或2.

由得或3.

故选：D.

6．C

【分析】利用三角恒等变换化简得到答案.

【详解】

故选：C

7．B

【分析】利用函数的单调性和对数值的大小即可判断.

【详解】因为定义在上的函数，

对于，都有，

所以函数为上的奇函数，

当时，函数，则，

所以函数在上单调递增，

因为，，

由对数函数的性质可知：，

所以，也即，

又因为，所以，则有，

所以，

故选：.

8．C

【分析】设出线段的长度，用余弦定理求得的长度，利用抛物线的定义以及梯形的中位线长度的计算，从而转化为的关系式，再结合不等式即可求得其最小值.

【详解】设，，

过点，分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为，，如下所示：

则，，

因为点为线段的中点，根据梯形中位线定理可得，点到抛物线的准线的距离为，

因为，所以在中，由余弦定理得，

所以，

又因为，所以，当且仅当时，等号成立，（显然存在），

所以，则的最小值为.

故选：C.

【点睛】关键点睛：本题考查抛物线中的最值问题，处理问题的关键是充分利用抛物线的定义，还要注意到不等式的应用。

9．ABD

【分析】利用分层抽样的方法求出n，然后分别求出各段抽取的人数逐项分析即可；

【详解】由题意从这些旅客中随机抽取n名，青年旅客抽到90人，

则，

所以，故B正确；

则中年旅客抽到人，故C错误；

老年旅客抽到人，故D正确；

被抽到的老年旅客和中年旅客人数之和为60+150=210人超过200人，

故A正确；

故选：ABD.

10．BC

【分析】利用余弦函数的图像和性质逐项分析判断即可.

【详解】选项A：由解得对称轴方程为，，当时，，即的图像关于对称，A正确；

选项B：由解得对称中心的横坐标为，，令，无整数解，B错误；

选项C：由题意，令解得单调递增区间为，，所以，C错误；

选项D：将的图像向左平移个单位长度后得到，图像关于轴对称，D正确；

故选：BC

11．BCD

【分析】根据函数解析式的结构分析函数的对称性，画出函数图像，再逐项分析.

【详解】显然定义域为，由于 ， 是偶函数，

当 时， ， ， ， ，函数图像如下：

对于A， ，错误；

对于B， 由图可知，正确；

对于C，当 时， ，正确；

对于D，原方程等价于 有4个解，作函数 的图像如图：

显然正确；

故选：BCD.

12．ABC

【分析】A项可通过找异面直线所成的角的平面角判断；B项先证线面平行，得点到平面的距离为定值，得体积为定值；C项将两个距离具体化，得点到定点的距离等于到定直线的距离；D项利用球的性质得BD即直径，计算表面积.

【详解】正方体的棱长为1，

对于A，如图，CP与AD所成的角即CP与BC所成的角，因为，所以，，，由余弦定理，，由正弦定理，，所以，即CP与AD所成的角的正切值为2，A正确；

对于B，因为，所以平面，所以当即点P在线段上时，点P到平面的距离为定值，所以四面体的体积为定值，B正确；

对于C，点P到平面的距离即点P到直线的距离，点P到直线的距离即点P到的距离，依据抛物线的定义当两距离相等时点P的轨迹为抛物线一部分，C正确；

对于D，当即点P为中点时，因为，所以，又因为，所以DB为四面体BCDP外接球的一条直径，外接球半径，

外接球表面积，D错误.

故选：ABC.

【点睛】思路点睛：根据点是否满足圆锥曲线的定义来判断动点轨迹是否是圆锥曲线；

外接球问题关键找到几何体外接球球心.

13．

【分析】根据二项式定理中二项式系数与项系数的求解即可得.

【详解】有题意可知，，

所以．

故答案为：.

14．

【分析】根据，由两直线垂直的充要条件，可得，所以，再利用基本不等式的性质即可得出．

【详解】根据，直线与直线互相垂直，

，

所以，

所以，当且仅当时取等号．

则ab的最小值等于，

故答案为: .

15．

【分析】根据题意在直角三角形根据边与角的的关系建立关于的齐次式即可求解.

【详解】由，解得，所以,

又根据题意知在双曲线左支上，所以，

所以，

因为，

即整理得，同除得

解得或（舍），

故答案为:.

16．          2022

【分析】空1，令，解得．计算即可得出；

空2，由于函数的对称中心为．可得．即可得出．

【详解】，故，，

令，解得：，而，

故函数的对称中心坐标是；

由于函数的对称中心为，则函数图像上的点关于的对称点也在函数图像上，即．

．

．

故答案为：，2022．

17．(1)

(2)

【分析】（1）根据正弦定理和两角和的正弦公式可求出结果；

（2）根据三角形面积公式、正余弦定理可求出结果.

【详解】（1）因为，

由正弦定理得，

，

，

即，

所以，

又是三角形内角，，

又.

（2）因为，所以，

由，解得.

由.，得.

18．(1)，；

(2)10628.

【分析】（1）构造求，再根据对数式化指数式求即可；（2）根据题意分析得即可.

【详解】（1）因为，

所以当时，，

两式相减得，

整理得，

因为，

所以.

又，解得，

所以，

所以，解得，

所以数列和的通项公式为，.

（2）由（1）得，，

所以，

又，

所以，

所以.

19．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用直线与平面垂直的性质定理和判定定理证明出平面，再根据平面与平面垂直的判定定理可证平面平面；

（2）以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，利用待定系数法求出平面和平面的法向量，再根据两个法向量可求出平面与平面所成的锐二面角的余弦值.

【详解】（1）平面平面，

为长方形，，

又平面，

平面，又平面，

所以，

为线段的中点，，

又平面平面.

又平面，所以平面平面；

（2）以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

由已知可得.

，

设平面的一个法向量为，

则，令，得，，得，

设平面的一个法向量为，

则，令，得，，得，

设平面与平面所成的锐二面角为，

，

平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.

20．(1)一等奖的概率为，二等奖的概率为，三等奖的概率为

(2)

(3)分布列见解析，

【分析】(1)古典概型的概率计算公式以及组合数计算个数即可求解，

（2）根据条件概率的计算公式即可求解，

（3）根据二项分布即可求解分布列.

【详解】（1）由题意可得：，

，

所以中一等奖的概率为，二等奖的概率为，三等奖的概率为

（2）记事件为顾客摸出的第一个球是白球，事件为顾客获得二等奖，

则.

（3）由（1）知一名顾客中奖的概率为.

由题意可得，，所以

则分布列为

21．(1)答案见解析

(2)1

【详解】（1）的定义域为，，

若，则，

所以当时，，在上单调递减，

当时，，在上单调递增，

所以为唯一的极小值点，无极大值点，故此时有1个极值点.

若，令，则，

当时，，即，

则当时，，函数在上单调递增；

当时，，函数在上单调递减；

当时，，函数在上单调递增；

所以分别为的极大值点和极小值点，故此时有2个极值点.

当时，，即，且不恒为0，

此时在上单调递增，无极值点.

当时，，即，

则当时，，函数在上单调递增；

当时，，函数在上单调递减；

当时，，函数在上单调递增；.

所以分别为的极小值点和极大值点，故此时有2个极值点.

综上，当时，有1个极值点；当或时，

有2个极值点；当时，无极值点.

（2）由（1）可知当时，函数的极小值点为，故，所以.

令，则，，

所以.

故，又因为，

所以，令，得.

当时，在单调递增；

当时，在单调递减.

所以是唯一的极大值点也是最大值点，即.

【点睛】(1)可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f′(x)的符号不同．

(2)若f(x)在(a，b)内有极值，那么f(x)在(a，b)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)存在点，使得为定值.

【分析】（1）先利用得到点坐标关于点坐标的表示，再利用直接代入法即可求得点的轨迹方程；

（2）分类讨论两条相交弦的斜率情况，利用韦达定理证得直线恒过定点，又由得到点的轨迹，从而得到定点使得为定值，由此得解.

【详解】（1）由题意得，设点，则点，

因为，所以，则，

因为点在圆上，所以，则，即，

所以点轨迹方程为.

（2）①若两条互相垂直的弦所在直线的斜率均存在，则可设直线，

联立，得，

设直线与曲线两交点的坐标分别为，则，

；

直线，

同理可得：，

设直线与轴交于点，

则当直线斜率存在时，由得，

，即直线恒过点；

当直线斜率不存在时，由得，则，

则直线恒过点；

②若两条互相垂直的弦所在直线中有一条斜率不存在，则直线为轴，恒过，

综上：直线恒过点

在以中点为圆心，为直径的圆上，

取，则为定值；

存在点，使得为定值.

.

【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线位置关系的题目，往往需要联立两者方程，利用韦达定理解决相应关系，其中的计算量往往较大，需要反复练习，做到胸有成竹.