2024届云南省三校高三上学期第二次联考数学试题含答案

这是一份2024届云南省三校高三上学期第二次联考数学试题含答案，共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2024届云南省三校高三上学期第二次联考数学试题

一、单选题
1．已知集合，，则（    ）．
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】解一元二次不等式可求得集合，由交集定义可得结果.
【详解】由得：或，即，.
故选：A.
2．若复数，，则（    ）．
A． B．0 C．1 D．2
【答案】C
【分析】利用复数的乘法和复数相等的条件，求实数的值.
【详解】因为，
所以，解得，
故选：C．
3．已知，且，则下列结果正确的是（    ）．
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】利用二倍角正弦公式及同角三角函数的基本关系逐项求解即可.
【详解】因为，所以，故A错误；
因为，
又，所以，所以，故B正确；
，
又，所以所以，故C错误；
联立解得，
所以，故D错误；
故选：B.
4．记为等差数列的前n项和．若，，则（    ）．
A．25 B．22 C．20 D．15
【答案】C
【分析】根据等差数列基本量的计算可得公差和首项，即可由求和公式求解.
【详解】设等差数列的公差为d，首项为，
依愿意可得，，即，
又，解得：，，
所以，
故选：C．
5．要调查某地区高中学生身体素质，从高中生中抽取人进行跳远测试，根据测试成绩制作频率分布直方图如图，现从成绩在之间的学生中用分层抽样的方法抽取人，应从间抽取人数为，则（    ）．

A．， B．，
C．， D．，
【答案】D
【分析】先由频率之和为解得值，再分别计算各段学生人数，根据抽样比得.
【详解】由题得，所以．
在之间的学生：人，
在之间的学生：人，
在之间的学生：人，
又用分层抽样的方法在之间的学生50人中抽取5人，即抽取比为：，
所以成绩在之间的学生中抽取的人数应为，即.
故选：D．
6．已知直线与圆交于A，B两点，则（    ）．
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】求出圆心到直线的距离，然后根据勾股定理计算即可.
【详解】因为圆的方程为，
所以圆心坐标为，半径，
则圆心到直线的距离，
所以弦长．
故选：
7．基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数I(t)随时间t(单位:天)的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0 =1+rT.有学者基于已有数据估计出R0=3.28，T=6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69) （    ）
A．1.2天 B．1.8天
C．2.5天 D．3.5天
【答案】B
【分析】根据题意可得，设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为天，根据，解得即可得结果.
【详解】因为，，，所以，所以，
设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为天，
则，所以，所以，
所以天.
故选：B.
【点睛】本题考查了指数型函数模型的应用，考查了指数式化对数式，属于基础题.
8．已知双曲线的离心率为，过右焦点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点．设A，B到双曲线的同一条渐近线的距离分别为和，且，则双曲线的方程为（    ）．
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据梯形中位线的性质，结合点到直线的距离公式可得，即可根据离心率求解.
【详解】由题意可得图象如图，是双曲线的一条渐近线，
  
即，，，，，
则四边形是梯形，F是的中点，
，，所以，
双曲线的离心率为，
可得，可得：，解得，
则双曲线的方程为．
故选：A．

二、多选题
9．已知随机变量且，随机变量，若，则（    ）．
A． B．
C． D．
【答案】ABC
【分析】由正态分布，二项分布，随机变量均值与方差的性质判断，
【详解】因为，且，所以，
故，，选项A正确，选项B正确；
因为，所以，所以，解得，选项C正确；
，选项D错误，
故选：ABC
10．已知，，是的导函数，则（    ）．
A．是由图象上的点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度得到的
B．是由图象上的点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度得到的
C．的对称轴方程为，
D．是的一条切线方程
【答案】BC
【分析】根据复合函数求导可得，再利用三角函数伸缩变换规则可判断A错误，B正确，由整体代换法可知的对称轴方程为，，所以C正确，利用导数的几何意义可求得不是的切线，可知D错误.
【详解】由题意可得，
是由横坐标缩短到原来的倍，纵坐标伸长2倍，再把得到的曲线向左平移后得到的，故A错误；
函数图象将横坐标缩短为原来的倍（纵坐标不变），得，
再向右平移个长度单位，得，即，故B正确；
因为，令，，则，，
则的对称轴方程为，，故C正确；
因为，所以，
由导数的几何意义令，
可得，即，，
解得，，
所以切点为，而不在上，故D错误．
故选：BC
11．已知偶函数对，都有，且时，，下列结论正确的是（    ）．
A．函数的图象关于点中心对称
B．是周期为4的函数
C．
D．
【答案】ACD
【分析】由可推出函数的对称中心即可判断A项，根据为偶函数及可推出函数的周期可判断B项，采用赋值法、偶函数性质、周期性即可判断C项、D项.
【详解】对于A项，由得的图象关于中心对称，故A正确；
对于B项，因为为偶函数，所以，
又因为，所以，
所以，
所以，即是周期为8的函数，故B项错误；
对于C项，因为，
所以令，则，即，
又因为为偶函数，所以，故C项正确；
对于D项，因为时，，的周期为8，为偶函数，
所以，故D项正确．
故选：ACD．
12．已知过点的直线l与抛物线交于A，B两点，O为坐标原点，且于点D，直线，的斜率分别为，，则（    ）．
A． B．
C．点D的轨迹是椭圆 D．
【答案】AB
【分析】联立直线与抛物线方程，运用韦达定理、斜率公式可判断A项，运用弦长公式及二次型 函数的最值即可判断B项，由已知可知D在以CO为直径的圆上运动（点D不与点O重合），进而可判断C项、D项.
【详解】对于A，设设，，，
由，可得，，
所以，，，
所以，故A项正确；
对于B，，
因为，
所以，当时取等号，故B项正确；
对于C项、D项，如图，设直线l与x轴的交点为C，则，

因为，为定值4，所以D在以CO为直径的圆上运动（点D不与点O重合），
则线段长度的最大值为4，即D与C点重合时取最大值．故C项、D项错误，
故选：AB．

三、填空题
13．已知平面向量，满足，且，则与的夹角为 ．
【答案】
【分析】通过平方的方法化简已知条件，求得，再根据向量夹角公式求得正确答案.
【详解】因为，所以，
即，
因为，所以，
记与的夹角为，则，
由于，所以，
即与的夹角为．
故答案为：
14．设，若与的二项展开式中的常数项相等，则
【答案】4
【分析】分别求出两个二项式的常数项，列方程求得a值．
【详解】的展开式的通项为，
由18﹣3r＝0，得r＝6．
∴的展开式中的常数项为．
的展开式的通项为，
由9﹣3r＝0，得r＝3．
∴的展开式的常数项为．
由，得a＝4．
故答案为4．
【点睛】本题考查二项式系数的性质，关键是熟记二项展开式的通项，是基础题．
15．圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是圆心角大小为的扇形，正四棱柱的上底面的顶点，，，均在圆锥的侧面上，棱柱下底面在圆锥的底面上，则此正四棱柱体积的最大值为 ．
【答案】/
【分析】根据圆锥的特征可得母线和高，由相似可得，根据体积公式，利用导数求解单调性即可求解最值.
【详解】设圆锥的母线长为l，圆锥底面周长为，∴，
则圆锥高为，
设正四棱柱的底面边长为，高为h，
  
则，得，正四棱柱体积，
设，，
令得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故当时， 取最大值．
故答案为：
16．已知函数，若与的图象有且仅有一个公共点，则k的取值范围是 .
【答案】或
【分析】利用导数求出函数的单调区间，画出图象，数形结合即可求出.
【详解】因为，所以，
令，即，得，令，得，
故在单调递增，单调递减，
当x无限趋向于0时，无限趋向于负无穷大，
当x无限趋向于正无穷大时，无限趋向于0，且，
其图象大致为：

当时，与显然有且仅有1个交点，
当时，则与相切时，有且仅有1个交点，
设切点为，切线方程为，
将原点代入得，即，所以，
所以，综上，或.
故答案为：或.

四、解答题
17．在正项数列中，已知，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列的前n项积为，求取得最大值时的取值．
【答案】(1)
(2)或

【分析】（1）根据题意化简得，得出数列是等比数列，再由求得公比，即可求解；
（2）设，得到，求得数列满足，进而求得，，且当时，，即可得到答案.
【详解】（1）解：由，可得，
又由，所以数列是首项为2的等比数列，
设正项等比数列的公比为，
因为，，可得
又因为，所以，故数列的公比为2，则．
（2）解：由，设，
则，
当时，，所以，
当时，，所以，
当时，，即，
即，
又由，，，，，
故，，
当时，，，
综上可得，当或时，取得最大值
18．已知的三个内角A，B，C对应的三条边分别为a，b，c，且有：．
(1)求角B的大小；
(2)设，若点M是边上一点，且，，求的面积．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用内角和定理与两角和的正弦化简等式即得；
（2）用向量方法表示，两边平方并结合余弦定理建立的方程组，由三边关系可得是直角三角形，最后利用与三角形面积比即可求解.
【详解】（1）依题意得，，
则有，
故：．
即：，
因为，所以，所以，
又，所以．
（2）如图，由，所以，，．
在中，由余弦定理得，
即．①
又由于，
所以，
两边平方得，
即，所以．②
②－①得，所以，代入①得，
在中，，
所以是以为直角的三角形，
所以的面积为，
由于，知，
故的面积为．
  
19．如图所示，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，，E是的中点，作交于点F．
  
(1)求证：平面；
(2)若平面与平面的夹角为，求点F到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）连接交于点G，连接，根据E是的中点，得到，再利用线面平行的判定定理证明；
（2）设，以D为原点，，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，根据平面面与平面的夹角为，由，求得，然后根据点F再线段PB上，设，再由平面的法向量为，利用求解．
【详解】（1）证明：如图所示：
  
连接交于点G，连接，
∵E是的中点，
∴，平面，平面．
∴面．
（2）解：设，以D为原点，，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
  
则，，，，，，
，，
设平面的一个法向量为，
由得，
同理，由，，
设平面的一个法向量为，
由,得，
由平面与平面的夹角为，
则，解得，
∴，，
设，，则，，
又，∴，即，焦点，
∴，
又平面，则平面的一个法向量为，
又，则点F到平面的距离．
20．为研究大理州居民的身体素质与户外体育锻炼时间的关系，对大理州某社区200名居民平均每天的户外体育锻炼时间进行了调查，统计数据如下表：
平均每天户外体育
锻炼的时间（分钟）






总人数
20
36
44
50
40
10
规定：将平均每天户外体育锻炼时间在分钟内的居民评价为“户外体育锻炼不达标”，在分钟内的居民评价为“户外体育锻炼达标”．
(1)请根据上述表格中的统计数据填写下面列联表，并依据小概率值的独立性检验，能否认为性别与户外体育锻炼是否达标有关联？

户外体育锻炼不达标
户外体育锻炼达标
合计
男



女

20
110
合计



(2)从上述“户外体育锻炼不达标”的居民中，按性别用分层抽样的方法抽取5名居民，再从这5名居民中随机抽取3人了解他们户外体育锻炼时间偏少的原因，记所抽取的3人中男性居民的人数为随机变量X，求X的分布列和数学期望；
(3)将上述调查所得到的频率视为概率来估计全州的情况，现在从全州所有居民中随机抽取4人，求其中恰好有2人“户外体育锻炼达标”的概率．
参考公式：，其中．
参考数据：（独立性检验中常用的小概率值和相应的临界值）

0.10
0.05
0.025
0.010

2.706
3.841
5.024
6.635
【答案】(1)表格见解析，有关联
(2)分布列见解析，
(3)

【分析】（1）根据所给的数据列出列联表，求出与参考数据比较即可得出结果；
（2）由题意，可知可取0,1,2，求出分布列，再求数学期望即可；
（3）设所抽取的4名学生中，课外体育达标的人数为，可知即可得解.
【详解】（1）

户外体育锻炼不达标
户外体育锻炼达标
合计
男
60
30
90
女
90
20
110
合计
150
50
200
零假设为：性别与户外体育锻炼是否达标无关联，
根据列联表中的数据，经计算得到，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即认为性别与户外体育锻炼是否达标有关联；
（2）所抽取的5名居民中男性为名，女性为名，
X的所有可能取值为0，1，2，
，，，
所以X的分布列为
X
0
1
2
P



所以；
（3）设所抽取的4名居民中“户外体育锻炼达标”的人数为，
列联表中居民“户外体育锻炼达标”的频率为，
将频率视为概率则，所以，
所以从全州所有居民中随机抽取4人，
其中恰有2人“户外体有锻炼达标”的概率为．
21．已知．
(1)当时，求在上的单调性；
(2)若，令，讨论方程的解的个数．
【答案】(1)在上递增
(2)答案见解析

【分析】（1）求出的导数，并判断在的正负，可得在上的单调性；
（2）方程的解的个数问题转化为函数的图像与直线的交点个数问题，画出函数的图像，利用数形结合的手段即可解决.
【详解】（1）因为
所以当时，，
所以，
则当时，，，可得，
所以在上递增．
（2）因为，，
所以，，
令，解得，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增．
当时，有极小值．
令，解得．令，可得，
当时，；当时，．
所以，的图像经过特殊点，，．
当时，，从而；
当时，，，从而．
根据以上信息，我们画出的大致图像如图所示．
  
方程的解的个数为函数的图像与直线的交点个数．
所以，关于方程的解的个数有如下结论：
当时，解为0个；
当或时，解为1个；
当时，解为2个．
【点睛】方法点睛：解决方程的解的个数问题，可转化为两个函数交点的个数问题，画出两函数的图像，采取数形结合的手段解决.
22．已知圆，直线过点且与圆交于点B，C，线段的中点为D，过的中点E且平行于的直线交于点P．
(1)求动点P的轨迹方程；
(2)坐标原点O关于，的对称点分别为，，点，关于直线的对称点分别为，，过的直线与动点P的轨迹交于点M，N，直线与相交于点Q．求证：的面积是定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）由几何性质知到两点的距离之和为定值可得的轨迹为椭圆；
（2）设直线，，表示出直线的方程并联立求得的横坐标为定值，因此的面积是定值．
【详解】（1）由题意得，，．
因为D为中点，所以，即，
  
又，所以，
又E为的中点，所以，
所以，
所以动点P的轨迹是以，为焦点的椭圆（左、右顶点除外）．
设动点P的轨迹方程为：，其中，．
则，，，．
故动点P的轨迹方程为：．
（2）解法一：由题意得，，，，，且直线的斜率不为0，
  
可设直线，，，且，，
由，得，
所以，，
所以，
直线的方程为：，直线的方程为：，
由，
得，
解得．
故点Q在直线上，所以Q到的距离，
因此的面积是定值，为．
解法二：由题意得，，，，，且直线的斜率不为0，
  
可设直线，，，且，．
由，得，
所以，，
所以．
直线的方程为：，直线的方程为：，
由，得
，
故点Q在直线，所以Q到的距离，
因此的面积是定值，为．
解法三：由题意得，，，，，且直线的斜率不为0．
  
（ⅰ）当直线垂直于x轴时，，
由，得或，
不妨设，，
则直线的方程为：，直线的方程为：，
由，得，所以，
故Q到的距离，此时的面积是．
（ⅱ）当直线不垂直于x轴时，设直线，，，且，，
由，得，
所以，．
直线的方程为：，直线的方程为：，
由，得．
下证：．
即证，即证，
即证，
即证，上式显然成立，
故点Q在直线，所以Q到的距离，
此时的面积是定值，为．
由（ⅰ）（ⅱ）可知，的面积为定值．
解法四：由题意得，，，，，且直线的斜率不为0，
  
可设直线，，，且，．
由，得，
所以，．
直线的方程为：，直线的方程为：，
因为，所以，
故直线的方程为：．
由，得
．
解得．
故点Q在直线，所以Q到的距离，
因此的面积是定值，为．
【点睛】方法点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．