2024届云南省部分名校高三上学期10月联考数学试题含解析

这是一份2024届云南省部分名校高三上学期10月联考数学试题含解析，共20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．的虚部为（ ）
A．1B．iC．3D．
【答案】C
【分析】根据复数运算，先化简复数，再根据复数的概念得到其虚部.
【详解】，虚部为3．
故选：C
2．已知集合，，若，则（ ）
A．3B．2C．1或2D．1
【答案】D
【分析】由可知：或或，结合集合的互异性检验判断.
【详解】因为，则或或，
当时，，集合B中的元素满足互异性，符合条件；
当时，，集合B的元素不满足互异性，不符合条件；
当时，，，集合B的元素不满足互异性，不符合条件；
综上所述：.
故选：D.
3．“”是“方程表示的曲线是双曲线”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】充分性和必要性分别考虑即可.
【详解】若曲线表示双曲线，则，解得或．
“”能推出“或”，满足充分性；
“或”不能推出“”，不满足必要性；
故“”是“曲线表示双曲线”的充分不必要条件．
故选：A
4．若是函数的极值点．则（ ）
A．－4B．－2C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，结合，求得，得到，即可求得的值.
【详解】由函数，可得，
因为是函数的极值点，可得，解得，
经检验，当时，，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以是函数的极大值点，符合题意，
所以，可得.
故选：D.
5．卢卡斯数列满足，．且的前6项和．则（ ）
A．29B．47C．76D．123
【答案】C
【分析】设，列举出各项，即可求.
【详解】设，则，
则即，
则，，，．
故选：C
6．如图，某圆台形台灯灯罩的上、下底面圆的半径分别为5cm，12cm，高为17cm，则该灯罩外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】作出灯罩的轴截面，结合其几何性质列方程求得外接球半径，即可求得答案.
【详解】如图，灯罩的轴截面为等腰梯形ABCD，其中，分别是灯罩上、下底面圆的圆心，
是灯罩外接球的球心，则，，，
设，则，解得，
则灯罩外接球的半径，故体积，
故选：B
7．在平面直角坐标系xOy中，点，若直线：上存在点M，使得，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据已知条件及两点间的距离公式，结合直线与圆有公共点的条件即可求解.
【详解】设，
由，可得，整理得，
因为直线：与圆有公共点，
所以，即，解得或．
所以的取值范围为.
故选：B.
8．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用指数的运算及对数的运算，结合对数函数的性质即可求解.
【详解】，则，
，则．
因为，所以，
因为，所以．
又，
，
所以，故．
故选：A.
二、多选题
9．人均国内生产总值是人们了解和把握一个国家或地区的宏观经济运行状况的有效工具，即“人均GDP”，常作为发展经济学中衡量经济发展状况的指标，是最重要的宏观经济指标之一．在国家统计局的官网上可以查询到我国2013年至2022年人均国内生产总值（单位：元）的数据，如图所示．则（ ）

A．2013年至2022年人均国内生产总值逐年递增
B．2013年至2022年人均国内生产总值的极差为42201
C．这10年的人均国内生产总值的80%分位数是71828
D．这10年的人均国内生产总值的平均数不小于59592
【答案】ABD
【分析】根据图中数据和极差、百分位数、平均数的定义判断.
【详解】由图可知，2013年至2022年人均国内生产总值逐年递增，A正确．
2013年至2022年人均国内生产总值的极差为，B正确．
因为，所以这10年的人均国内生产总值的分位数是，C不正确．
由图中数据分析可知，这10年的人均国内生产总值的平均数为，D正确．
故选：ABD.
10．已知函数，则（ ）
A．当时，B．当时，
C．当时，D．当时，
【答案】BC
【分析】由题意可得，构造函数，利用导数判断其单调性，确定其最大值为0，结合x的取值范围，即可判断出答案.
【详解】由题意得，令函数，则．
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
故，即，当时取等号，
故当时，，即；
当时，，即，
故选：BC．
11．已知函数．且，，则下列说法正确的是（ ）
A．在上单调递增
B．的图象关于点对称
C．将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象
D．若，，则
【答案】BCD
【分析】利用三角函数的性质及平移变换，结合同角三角函数的基本关系及两角和的正弦公式即可求解.
【详解】，其中．
因为，，
所以，，则，，，．
当时，，不单调，A不正确．
当时，，故的图象关于点对称，B正确．
，所以将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，C正确．
，则．
因为，所以．
由，得，
所以，
，D正确．
故选：BCD.
12．已知正方体的棱长为2，P是空间中的一动点，下列结论正确的是（ ）
A．若，则的最小值为
B．若，则平面截正方体所得截面积的最大值为
C．若，则三棱锥的表面积为
D．若，则直线与BP所成角的最小值为
【答案】ABD
【分析】A选项，先作出辅助线，得到P是线段HK上一点，将两平面展开为一个平面，得到当，P，D三点共线时，取得最小值；B选项，先得到P是线段BD上一点，连接AC并与BD交于点Z，分当P与D重合，P在线段DZ（不含点D）上，P在线段BZ（不含点B，Z）上和P与B重合四种情况，得到截面积的最大值；C选项，求出各边长，各个面的面积，得到三棱锥的表面积；D选项，建立空间直角坐标系，求出直线与BP所成角的最小值.
【详解】对于A选项，在AB上取点H，使得，
在CD上取点K，使得，则由，
得，即，故P是线段HK上一点．
将平面沿HK展开至与平面AHKD共面，此时，
当，P，D三点共线时，取得最小值，A正确．
对于B选项，因为，
所以，即，
又，可知P是线段BD上一点．
连接AC并与BD交于点Z．
当P与D重合时，平面与平面重合，不符合题意．
当P在线段DZ（不含点D）上时，平面截正方体所得截面为三角形，
且当P与Z重合时，此时截面为，截面面积最大，三边长均为，
故截面面积最大值为．
当P在线段BZ（不含点B，Z）上时，延长AP并与BC交于点W，
作并与交于点R，则截面为等腰梯形，
设，则，．
梯形的高，
面积为．
当P与B重合时，截面为矩形，面积为．
故平面截正方体所得截面积的最大值为，B正确．
对于C选项，因为，所以P为的中点，
此时，，
则，
因为⊥平面，平面，所以⊥，
由勾股定理得，同理可得，
故为等腰三角形，取的中点，则⊥，且，
故，，
，
因为，所以⊥，故，
故三棱锥的表面积为
，C不正确．
对于D选项，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
则，，
，
其中，当时，，
当时，令，则，
其中由对勾函数性质可知在上单调递减，所以，
则，
综上，，
由于在上单调递减，所以直线与BP所成角的最小值为，D正确．
故选：ABD
【点睛】立体几何中截面的处理思路：
（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；
（2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；
（3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；
（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.
三、填空题
13．从2名男生，4名女生中任选3人参加活动，则男生、女生都有人被选中的选法共有 种．（用数字作答）
【答案】16
【分析】分3人中1男2女和2男1女两种情况解答，结合分类加法原理即可求得答案.
【详解】由题可知，3人中1男2女的选法有种，
3人中2男1女的选法有种，
故男生、女生都有人被选中的选法共有种，
故答案为：16
14．已知非零向量，满足，且，则与的夹角为 ．
【答案】
【分析】根据向量垂直得到，再利用向量夹角公式求出答案.
【详解】因为，所以，
则，，
则与的夹角为．
故答案为：.
15．已知是定义在上的偶函数，且，当时，，则 ．
【答案】－1
【分析】根据为偶函数和得到是以8为周期的函数，，然后令得到，最后求即可.
【详解】因为是定义在上的偶函数，且，
所以，，，故是以8为周期的函数，
则．
令，则，则，所以，即．
故答案为：-1.
16．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，过点且倾斜角为的直线与交于A，B两点．若的面积是面积的2倍，则的离心率为 ．
【答案】
【分析】由的面积是面积的2倍，得到，由此设，分别在和中利用余弦定理，即可找出的关系，即可求得答案.
【详解】如图，由的面积是面积的2倍，可得，
不妨设，，，则，．
在中，,由，
得，整理得①．
在中，,由，
得，整理得②，
①+②得，将该式代入②，
整理得，即，
故的离心率为，
故答案为：
【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于找到之间的关系，解答时要注意利用的面积是面积的2倍，得到，由此可分别在和中利用余弦定理，即可找出的关系，求得答案.
四、解答题
17．在正项等比数列中，，．
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意可求得等比数列的公比和首项，即可求得通项公式；
（2）利用（1）的结果求得的表达式，根据等差数列的前n项和公式即可求得答案.
【详解】（1）设正项等比数列的公比为，则．
由，，得，
解得，则，则，
故．
（2）由（1）可知，
则是以1为首项，2为公差的等差数列，
故．
18．如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，底面ABCD是菱形，是正三角形，，是AB的中点．

(1)证明：．
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据正三角形、面面垂直和线面垂直的性质得到，根据中位线和菱形的性质得到，最后根据线面垂直的判定定理和性质证明即可；
（2）利用空间向量的方法求二面角即可.
【详解】（1）
证明：取AD的中点，连接EF，PF，BD，
因为是正三角形，
所以．
又平面平面ABCD，平面平面，平面，
所以平面ABCD．
因为平面ABCD，
所以．
因为是AB的中点，
所以．
又底面ABCD是菱形，
所以，从而．
因为，平面，所以平面PEF．
因为平面PEF，所以．
（2）解：连接BF，因为，所以是正三角形，所以．
以F为坐标原点，FA，FB，FP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
令，则，，，
则，．
设平面CEP的法向量为，则，
令，则，，得．
由题可知，是平面ACE的一个法向量．
，
由图可知，二面角为锐角，则二面角的余弦值为．
19．的内角，，的对边分别为，，，已知．
(1)求角的值；
(2)若的面积为，边上的中线长为1，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式求出，即可得解；
（2）由面积公式求出，设边的中点为，则，根据数量积的运算律求出，最后由余弦定理计算可得.
【详解】（1）因为，所以．
又，
所以，
整理得．
因为，所以，即．
又，所以．
（2）因为的面积为，所以，则．
设边的中点为，则，且，
则，
则，则．
在中，，则．
20．某公司有A，B，C，D，E五辆汽车，其中A车的车牌尾号为1，B车的车牌尾号为2，C车的车牌尾号为5，D车的车牌尾号为9，E车的车牌尾号为8．已知在车辆限行日，车辆禁止出车，在非车辆限行日，每辆车都有可能出车或不出车，且A，B，C三辆汽车在非车辆限行日出车的概率均为，D，E两辆汽车在非车辆限行日出车的概率均为，且五辆汽车是否出车相互独立．该公司所在地区汽车限行规定如下：
(1)求星期三该公司恰有两辆车出车的概率；
(2)求星期一该公司出车数量的分布列和期望．
【答案】(1)
(2)分布列见解析，数学期望为.
【分析】（1）确定星期三可以出车的车辆，根据互斥事件的概率加法公式以及独立事件的乘法公式即可求得答案；
（2）确定星期一可以出车的车辆，设星期一该公司出车的数量为X，确定其可能的取值，求出每个值相应的概率，即可得分布列，继而求得数学期望.
【详解】（1）由题可知，星期三禁止出车的车辆为E，可以出车的车辆为A，B，C，D，
则星期三该公司恰有两辆车出车的概率．
（2）由题可知，星期一禁止出车的车辆为A，可以出车的车辆为B，C，D，E．
设星期一该公司出车的数量为X，则X的取值可能为0，1，2，3，4．
，
，
，
，
．
故X的分布列为
．
21．已知抛物线：的焦点为，是上一点，其中，且．
(1)求抛物线的方程；
(2)过点的直线与相交于P，Q两点，若，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意列方程求解出p，即可求得答案.
（2）设的方程并联立抛物线方程，可得根与系数的关系式，即可求出的表达式，结合化简可得a的值.
【详解】（1）由题可知，其中，
解得，或（舍去）．
故抛物线C的方程为．
（2）设的方程为，，，
联立方程组，整理得，
，则，．
，
，同理，
则，
由，得，
整理得．
因为，所以，即．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于设出直线方程并联立抛物线方程，得到根与系数关系式，结合化简，计算稍显复杂，需要细心些.
22．已知函数，．
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)若函数在上有且仅有一个零点，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义即可求得答案；
（2）在上有且仅有一个零点，等价于方程在上有且仅有一个实数根，构造函数，利用导数判断其单调性，结合零点存在定理求得答案.
【详解】（1）因为，所以，
则．
又，所以曲线在处的切线方程为，
即．
（2）在上有且仅有一个零点，等价于方程在上有且仅有一个实数根，
令函数，，
则．
令函数，则在上恒成立，
则在上单调递减．
故当时，，
从而在上恒成立，则在上单调递减．
当时，，
取，则，，
所以存在，使得，
又因为在上单调递减，所以零点是唯一的，即在上有且仅有一个零点.
故a的取值范围为．
【点睛】关键点睛：解答第二问的关键在于函数的结构特点以及x的取值范围，可以采用参变分离，构造函数的方法，根据零点存在定理判断零点个数.
汽车车牌尾号
车辆限行日
1和6
星期一
2和7
星期二
3和8
星期三
4和9
星期四
0和5
星期五
X
0
1
2
3
4
P