2024届云南省昆明市五华区高三上学期期中教学质量检测数学试题含答案

这是一份2024届云南省昆明市五华区高三上学期期中教学质量检测数学试题含答案，共18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。

一、单选题
1．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先求集合，再求的值.
【详解】，即，
所以.
故选：D
2．（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】直接计算得到答案.
【详解】.
故选：C.
3．已知甲、乙两个班的学生人数分别为45人和55人，在某次考试中，甲、乙两个班的数学平均分分别为110分和90分，则这两个班全体学生的平均分为（ ）
A．98分B．99分C．100分D．101分
【答案】B
【分析】求出甲和乙两个班的总分数，除以两个班的总人数，就是这两个班的平均成绩.
【详解】甲班有45人，平均分为110分，乙班55人，平均分为90分．
所以这两个班全体学生的平均分为分，
故选：B.
4．已知为等差数列，数列满足：，若，且，则（ ）
A．26B．27C．28D．29
【答案】B
【分析】根据为等差数列，可以设出的通项公式，题干给出，再根据找出关于的另一个关系，即可求出，根据的通项公式，由，代入得，求出后求出的通项公式，然后求出的通项公式，最终带入求值即可.
【详解】因为，所以当时，，
又因为，所以，
因为为等差数列，所以设，，
所以，整理得：，所以，
所以，
因为，所以，
所以.
故选：B
5．工厂需要将某种废气经过过滤后排放，已知该废气的污染物含量（单位：）与过滤时间（单位：）的关系为（为污染物的初始含量），则污染物减少到初始含量的大约需要（参考数据：）（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先由已知条件代入模型中，结合指对数转化及参考数据求得时间即可.
【详解】设污染物减少到最初含量的需要经过t小时，则，
两边取自然对数得，，，解得，
所以大约需要经过个小时的时间使污染物减少到最初含量的，
故选：C.
6．已知函数在处有极小值，则的值为（ ）
A．1B．3C．1或3D．或3
【答案】A
【分析】由在处有极小值可知，解出的值，并根据单调性验证.
【详解】因为，
所以，
因为函数在处有极小值，
所以，解得或，
当时，，
当时，或，当时，，
在处取到极小值，符合题意；
当时，，
当时，或，当时，，
在处取到极大值，不符合题意；
综上：的值为1.
故选：A.
7．已知，若直线关于轴对称的直线与圆有公共点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，求得点关于的对称点为，得出的方程，结合圆心到直线的距离小于等于半径，列出不等式，即可求解.
【详解】由点关于的对称点为，则，
可得直线的方程为，即，
又因为与圆有公共点，则，
整理得，解得，即实数的取值范围为.
故选：A.
8．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用二倍角余弦公式可求得，利用两角和差余弦公式可依次求得和.
【详解】，，
，，，则，
，，
.
故选：D.
二、多选题
9．一项比赛共有9位评委，选手完成比赛后，每位评委现场给出一个“初始评分”，去掉一个最高分，去掉一个最低分，剩余7位评委的评分为“有效评分”．则下列叙述一定正确的是（ ）
A．同一个选手的“初始评分的中位数等于”有效评分的中位数
B．同一个选手的“初始评分”的下四分位数等于“有效评分”的下四分位数
C．同一个选手的“初始评分”的平均数不低于“有效评分”的平均数
D．同一个选手的“初始评分”的方差不低于“有效评分”的方差
【答案】ABD
【分析】根据题意，由中位数，下四分数，平均数以及方差的定义，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】由条件可知，“初始评分”和“有效评分”中的数据个数不同，
但是两者的中位数都是从小到大排列的中间那个数，所以两者的中位数相同，故A正确；
将9位评委的分数按照从小到大排序，“初始评分”的下四分位数为，即第3个数，
去掉一个最高分，去掉一个最低分，剩余7位评委的分数按照从小到大排序，“有效评分”的下四分位数为，即第2个数，
所以同一个选手的“初始评分”的下四分位数等于“有效评分”的下四分位数，故B正确；
根据平均数的定义可知，“初始评分”中的平均数与“有效评分”中的平均数有可能相等，也有可能不等，
取决于“初始评分”中的最高分与最低分两者的平均数是否与“有效评分”中的平均数相等，故C错误；
由方差的定义可知，去掉一个最高分与最低分一定使得数据偏离度变小，
所以同一个选手的“初始评分”的方差一定高于“有效评分”的方差，故D正确；
故选：ABD
10．正方体棱长为2，直线与平面交于点为线段上的动点，则（ ）
A．当为中点时，三点共线B．存在点，使
C．直线与的夹角为D．四面体的体积为定值
【答案】AD
【分析】判断面，面，即，可判断A；借助，与相交可知与不垂直，又，故可判断B；通过线面垂直可得出，可判断C；由可将四面体的体积转化成，进而判断D.
【详解】当为中点时，连接，，，如图：
明显面面,因为直线与平面交于点，
所以，面，所以面，所以，
所以，三点共线.故A正确；
在正方形中，，
当在线段上移动时， 与相交，故与不垂直，
又，故不存在点，使，故B错误；
设，故M是中点，
在矩形中，，，，
所以，
所以,,
又，故，
故，
正方体中， 面，面，
所以，
又，，面，面，
所以面，又面，
故，
又，，面，面，
所以面，又面，
所以，故C错误；
正方体中，，又面，面，
所以面，
所以，
由题意可知，为定值，点到面的距离为定值，
故四面体的体积为定值，故D正确.
故选：AD.
11．已知为坐标原点，点在抛物线上，经过点且斜率大于零的直线交于两点，点在第一象限，则（ ）
A．的准线为B．以为直径的圆经过原点
C．D．
【答案】BCD
【分析】将点求出，即可判断A；设，直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，求出，即可判断B；判断点与以为直径的圆的位置关系，即可判断D；求出即可判断C.
【详解】因为点在抛物线上，
所以，解得，
所以抛物线方程为，的准线为，故A错误；
设，直线的方程为，
联立，消得，则恒成立，
，
故，
所以，
所以，即，
所以以为直径的圆经过原点，故B正确；
，
，
所以，故C正确；
设线段的中点为，
由B选项得，则，
故，
则，
所以以为直径的圆得圆心为，半径为，
而，
且，
所以，所以点在以为直径的圆内，
又点在以为直径的圆上，
所以，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
12．已知函数的定义域为，对于任意的，都有成立，则（ ）
A．B．若，则
C．一定是偶函数D．若，则
【答案】BCD
【分析】通过赋值法结合偶函数定义判断各选项即可
【详解】对于,令，则由得：
，故或者故错误；
对于，令则由得：
又时，
令，则可得：，
则，故正确；
对于,当时，令，则，
则，故，所以函数是偶函数，
当时，令，则，
所以，所以函数是偶函数，
综上可知，函数是偶函数，故正确；
对于,若，令，由得
，
令，则，
，则，
，则，
，则，
，则，
，则，
，则，
故，则正确，
故选：
三、填空题
13．函数在上的最大值是 ．
【答案】
【分析】利用辅助角公式可化简得到，由正弦型函数最值求法可求得结果.
【详解】；
当时，，
当，即时，，则取得最大值.
故答案为：.
14．第19届亚洲运动会于2023年9月23日10月8日在我国杭州成功举办，中国国家队以201金、111银、71铜的优异成绩位列奖牌榜榜首．此次亚运会的颁奖花束——“硕果累累”，由花材和花器两部分组成，如图1．其中花器的造型灵感来自中国南宋时期官窑花解，由国家级非物质文化遗产东阳木雕制作而成，可以近似看作由大、小两个圆台拼接而成的组合体，如图2．已知大圆台的两底面半径和高分别为，小圆台的两底面半径和高分别为，则该几何体的体积为 ．
【答案】
【分析】根据圆台的体积公式求解即可.
【详解】根据圆台的体积公式，
可得（），
故答案为：
15．向量在向量上的投影向量为，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】根据投影向量的定义求解即可.
【详解】依题意，根据投影向量的定义有：，
则，即，
又，所以，
所以当取最大值时，有最大值，
又，
所以.
故答案为：.
16．已知椭圆的两个焦点为，过作倾斜角为的直线交椭圆于两点，若的内切圆半径，则该椭圆的离心率为 ．
【答案】
【分析】先根据倾斜角求出弦长，再根据内切圆半径公式求出的关系.
【详解】因为直线过左焦点且，所以设直线，
联立，得，易知，
所以，所以，
又因为，所以右焦点到直线的距离，
所以，
根据内切圆半径公式可得，其中为的周长为，
所以，解得，即
四、解答题
17．图1是由正方形和正三角形组成的一个平面图形，将沿折起，使点到达点的位置，为的中点，如图2．
(1)求证：平面；
(2)若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连交于点，连,易得，再利用线面平行的判定定理证明；
（2）取中点，先证明平面，再以为原点，所在直线分别为轴、轴，建立空间直角坐标系，设，取平面的一个法向量，求得平面一个法向量为，设平面与平面夹角为，由求解.
【详解】（1）证明：连交于点，连．
由为正方形知为中点，又为中点，故，
又平面且平面，
所以平面．
（2）取中点，连，由为等边三角形得．
又平面平面，平面平面平面，
所以平面，
以为原点，所在直线分别为轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
设，则，，
平面就是坐标平面，故可取其法向量，
设平面一个法向量为，
即，则，
令，则，得，
记平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
18．记为数列的前项和，已知．
(1)求；
(2)若，记为的前项和，且满足，求的最大值．
【答案】(1)
(2)12
【分析】（1）利用与的关系计算即可；
（2）利用等比数列、等差数列的求和公式及分组求和法求，再由函数的单调性解不等式即可.
【详解】（1）当时，，解得，
当时，，
因为，所以，即，
所以，
所以，是首项为3，公比为3的等比数列，
所以数列的通项公式为；
（2）由题意知：，
所以，
易知在上单调递增，
而，
所以满足的的最大值为12．
19．的内角的对边分别为平分且交于点．已知的面积为1．
(1)若，求；
(2)若，求．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用三角形面积公式及余弦定理即得；
（2）设，根据三角形面积公式结合条件可得，然后利用二倍角公式即得.
【详解】（1）因为平分，所以，
由面积公式得，得，
由余弦定理得，
所以．
（2）因为，所以，
设，则
，得，
所以，
所以．
20．甲、乙两人玩一种游戏，游戏规则如下：放置一张纸片在地面指定位置，其中一人在固定位置投篮，若篮球被篮板反弹后击中纸片，则本次游戏成功，此人继续投篮，否则游戏失败，换为对方投篮．已知第一次投篮的人是甲、乙的概率分别为和，甲、乙两人每次游戏成功的概率分别为和．
(1)求第2次投篮的人是甲的概率；
(2)记第次投篮的人是甲的概率为，
①用表示；
②求．
【答案】(1)
(2)（ⅰ） ；（ⅱ）
【分析】（1）分为第1次甲投篮且游戏成功和第1次乙投篮且游戏失败两种情形，结合全概率即可得结果；
（2）（ⅰ）第次投篮的人是甲包含第次甲投篮且游戏成功和第次乙投篮且游戏失败两种情况，由全概率公式可得解；（ⅱ）通过构造数列是以为首项，为公比的等比数列，求解即可.
【详解】（1）第2次投篮的人是甲包含两种情况：
①第1次甲投篮且游戏成功，其概率为；
②第1次乙投篮且游戏失败，其概率为，
由全概率公式得第2次投篮的人是甲的概率为．
（2）（ⅰ）第次投篮的人是甲包含两种情况：
①第次甲投篮且游戏成功，其概率为；
②第次乙投篮且游戏失败，其概率为，
由全概率公式得，即．
（ⅱ）由（ⅰ）得，
又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即．
21．设两点的坐标分别为，直线相交于点，且它们的斜率之积是，记点的轨迹为．
(1)求的方程；
(2)若为直线上的一动点，直线分别与交于点．求证：直线过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意设出点，利用直线斜率之积为定值，从而求出点轨迹；
（2）根据题意设出点及求出直线方程后与方程联立分别求出点，从而求出直线方程，从而求解.
【详解】（1）设，由题得，整理得，
因为与点均不重合，故点和均不在轨迹上，
即轨迹的方程为.
（2）由题设，则直线的方程为，直线的方程为，
联立,得，
解得，
同理得，
当时，，
直线的方程为，即，此时恒过；
当时，解得，此时直线的方程为，过；
当时，解得，此时直线的方程为，过；
综上，直线过定点.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是利用设线法求出的坐标，再求出直线方程进行化简，注意需要单独讨论直线斜率不存在的情况.
22．已知函数，其中．
(1)若为增函数，求的取值范围；
(2)若，证明：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题可得恒成立，然后根据参变分离构造函数利用导数求函数的最值即得；
（2）由题即证，构造函数，利用导数研究函数的性质进而即得.
【详解】（1）因为，又为增函数，
所以在上恒成立，所以，
设，则，令，解得，
所以，当时，此时单调递增；
当时，此时单调递减，
所以，
所以．
（2）因为，所以，
因为，所以要证，即证，即证，
当时，，所以；
当时，令，则，
令，则，
所以在上单调递增，
所以，所以在上单调递增，
所以，
综上，．
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.