云南省大理白族自治州2024届高三第二次复习统一检测数学试题

这是一份云南省大理白族自治州2024届高三第二次复习统一检测数学试题，共18页。试卷主要包含了已知，则，若为函数，下列四个选项中，说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

（全卷四个大题，共22个小题，共6页；满分150分，考试用时120分钟）
考生注意：
1.答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号､姓名､考场号､座位号及科目，在规定的位置贴好条形码.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第I卷（选择题共60分）
一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.已知是虚数单位，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
2.已知，其中，则（ ）
A.0 B.或 C. D.
3.已知向量均为单位向量，且，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
4.已知，则（ ）
A. B.
C. D.
5.函数的部分图象如图所示，则函数的单调递减区间为（ ）
A. B.
C. D.
6.如图，圆锥的高，底面直径是圆上一点，且，若与所成角为，则（ ）
A. B. C. D.
7.已知为实数，则直线与圆的位置关系是（ ）
A.相交且过圆心 B.相交但不过圆心
C.相离 D.相切
8.若为函数（其中）的极小值点，则（ ）
A. B.
C. D.
二､多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题所给的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分）
9.下列四个选项中，说法正确的是（ ）
A.从人群中随机选出一人，设事件“选出的人患有心脏病”，“选出的人是年龄大于60岁的心脏病患者”，则有：
B.抛一枚骰子，设事件“掷出2点”，“掷出的点数不大于4点”，则有：
C.分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设“第一枚正面朝上”，“第二枚反面朝上”，则有：
D.两批同种规格的产品，第一批占，次品率为；第二批的次品率为，从混合产品中任取1件，设事件“取出的产品为合格品”，则有：
10.如图所示，在平行六面体中，为正方形的中心，分别为线段的中点，下列结论正确的是（ ）
A.平面
B.平面平面
C.直线与平面所成的角为
D.
11.激活函数是神经网络模型的重要组成部分，是一种添加到人工神经网络中的函数.函数是常用的激活函数之一，其解析式为，则（ ）
A.函数是奇函数
B.函数是减函数
C.对于实数，当时，函数有两个零点
D.曲线存在与直线垂直的切线
12.已知双曲线的左､右焦点分别为，离心率为2，焦点到渐近线的距离为.过作直线交双曲线的右支于两点，若分别为与的内心，则（ ）
A.双曲线的焦距为
B.点与点均在同一条定直线上
C.直线不可能与平行
D.的取值范围为
第II卷（非选择题共90分）
三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13.已知某种商品的广告费支出（单位：万元）与销售额（单位：万元）之间有如下表对应数据：
根据表中数据得到关于的经验回归方程为，则当时，残差为__________.（残差观测值-预测值）
14.已知抛物线过点，则拋物线的准线方程为__________.
15.函数的最大值为__________.
16.我国古代名著《庄子•天下篇》中有一句名言“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其意思为：一尺的木棍，每天截取一半，永远都截不完.已知长度为的线段，取的中点，以为边作等边三角形（如图1），该等边三角形的面积为，再取的中点，以为边作等边三角形（如图2），图2中所有的等边三角形的面积之和为，以此类推，则__________，__________.
四､解答题（共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.（本小题满分10分）
如图，在四棱锥中，底面，底面是边长为2的正方形，，点分别为的中点.
（1）证明：；
（2）求点到平面的距离.
18.（本小题满分12分）
如图所示，在平行四边形中，有：.
（1）求的大小；
（2）若，求平行四边形的面积.
19.（本小题满分12分）
学校进行足球专项测试考核，考核分“定位球传准”和“20米运球绕杆射门”两个项目.规定：“定位球传准”考核合格得4分，否则得0分；“20米运球绕杆射门”考核合格得6分，否则得0分.现将某班学生分为两组，一组先进行“定位球传准”考核，一组先进行“20米运球绕杆射门”考核，若先考核的项目不合格，则无需进行下一个项目，直接判定为考核不合格；若先考核的项目合格，则进入下一个项目进行考核，无论第二个项目考核是否合格都结束考核.已知小明“定位球传准”考核合格的概率为0.8，“20米运球绕杆射门”考核合格的概率为0.7，且每个项目考核合格的概率与考核次序无关.
（1）若小明先进行“定位球传准”考核，记为小明结束考核后的累计得分，求的分布列；
（2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先进行哪个项目的考核？并说明理由.
20.（本小题满分12分）
在数列中，，且数列是等差数列.
（1）求的通项公式；
（2）若，设数列的前项和为，求.
21.（本小题满分12分）
已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）设，且是的极值点，证明：
（i）时，取得极小值；
（ii）.
22.（本小题满分12分）
已知点，点是圆上一动点，动点满足，线段的中垂线与直线交于点.
（1）求点的轨迹的标准方程；
（2）已知点在直线上，过点作曲线的两条切线，切点分别为，若四边形的面积，求的最大值，并求出此时点的坐标.
大理州2024届高中毕业生第二次复习统一检测数学
参考答案及评分标准
一､单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）
1.【解析】由于，即有：，解得：.故选A.
2.【解析】由题意知：为方程的根，当时，；当时，有，此时，故选B.
3.【解析】因为，且，则，两边平方可得，即，所以与的夹角为，故选C.
4.【解析】因为，所以；又即，故，故选B.
5.【解析】依题意可得，解得，又，所以，
解得，所以，又函数过点，
所以，即，所以，所以，又，所以，所以.故，其单调递减区间为.故选A.
6.【解析】建立如图所示的空间直角坐标系得：，
，而的夹角为
又
则，
由于，故选B.
7.【解析】圆，可化为，
故圆心为，半径，
而圆心到直线的距离，
所以直线与圆相切，故选D.
8.【解析】若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故.
由于，且，故有两根为或
①当时，若为极小值点，则需满足：，故有
②当时，若为极小值点，则需满足：，故有：，故A，B选项错误，综合①②有：，故选C.
二､多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9.【解析】对于，设事件“选出的人年龄大于60岁”，则有：故，故A正确；
对于，事件与不互斥，故，故B不正确；
对于，事件相互独立，则，所以正确；
对于，根据全概率公式可得
，故正确
故选ACD.
10.【解析】如图所示，
对于，若平面，因为，则平面，或平面，而和平面相交，故A错；
对于B，因为分别为线段的中点，所以平面平面，所以平面，因为分别为线段的中点，所以平面平面，所以平面平面，平面，所以平面平面，故B正确；
对于C，由于，且，故，而，故平面，而，故与平面所成的角即为与平面所成的角，即为，故正确.
对于D，设，则，显然，故，由，所以，而，所以，故D正确.
故选BCD.
11.【解析】定义域为，
所以为奇函数，正确；
恒成立，所以函数是增函数，故B错误；
当时，恒成立，所以在上单调递减，
在上单调递增，且，
故当时，与直线有两个交点，故函数有两个零点.
C正确；
，且，
所以，故曲线不存在与直线垂直的切线.错误.
故选AC.
12.【解析】设双曲线半焦距为，双曲线的渐近线方程为，即，双曲线的右焦点到渐近线的距离为，
由题意知，
所以，故双曲线的方程为
，
故双曲线的焦距为，故A不正确；
对于选项，记的内切圆在边上
的切点分别为，由切线长定理可得，
由，即，
得，即，
记的横坐标为，则，于是，得，
同理内心的横坐标也为，故轴，即均在直线上，故B正确；
对于选项，当与轴垂直时，，故错误；
对于选项，设直线的倾斜角为，则，
（为坐标原点），
在中，
由于直线与的右支交于两点，且的一条渐近线的斜率为，倾斜角为，
结合图形可知，即，所以，，故D正确.故选BD.
三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13.【解析】，
故回归直线方程过点，代入，可得，
当时，，
所以残差为，故答案为：-1.5.
14.【解析】由题可得，，故.
故拋物线的准线方程为.故答案为：
15.【解析】由题可得，当时，
在为减函数，；
当时，，
当时，，当时，，
，综上可知，.故答案为：.
16.【解析】由题可得，，
从第2个等边三角形起，每个三角形的面积为前一个三角形面积的，
故可构成一个以为首项，为公比的等比数列，
则，
所以.
故答案为：，
四､解答题（共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.【解析】（1）证明：由题意可知两两垂直，以点为坐标原点，､所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，从而可得以下各点的坐标.
，
，
则
所以
（2）解：设平面的法向量为，
则，即，
令，可得平面的法向量，
故点到平面的距离.
18.【解析】（1）由，
由正弦定理得，
，
又，则，
（2）在平行四边形中，，
在中，由余弦定理得，
，即
解得：或，
当时，平行四边形的面积：
当时，平行四边形的面积：
.
19.【解析】（1）由已知可得，的所有可能取值为，
则，
，
所以的分布列为：
（2）小明应选择先进行“定位球传准”考核，理由如下：
由（1）可知小明先进行“定位球传准”考核，累计得分的期望为
若小明先进行“20米运球绕杆射门”考核，记为小明的累计得分，则的所有可能取值为，
，
，
则的期望为，
因为，所以为使累计得分的期望最大，小明应选择先进行“定位球传准”考核.
20.【解析】（1）因为，所以.
所以数列是首项为4，公差为2的等差数列，所以.当时，
当时，也满足上式.所以.
（2）由（1）知，.
当时，
21.【解析】（1）由函数知，定义域为，
，
当时，恒成立，在单调递减，
当时，，
所以在单调递减，在单调递增；
（2），
，由条件，所以，
（i），
由于，故时，单调递减，
当时，单调递增，
所以时，取极小值成立，
（ii）设，易知在单调递增，
递减.
故，故.
22.【解析】（1）由，可知为线段的中点，
所以是线段的垂直平分线，故
因为点在直线上，所以.
由椭圆的定义可知，点轨迹是以为焦点，以4为长轴长的椭圆，即，解得，
另当点坐标为时，与重合，不符合题意，
故的标准方程为
（2）设，所以曲线点处的切线的方程为，又因为切线过，所以.
同理可得，故直线的方程为.
所以.
设点到直线的距离分别为
因为直线的方程为，所以.
又因为在直线的两侧，
所以
由于点的坐标满足方程，即有：，两式相减得：
，故可得：
，
所以，
令，则，
令，故可知的最小值为4，
当且仅当时，等号成立，此时
故，其最大值为，此时点的坐标为.1
3
4
5
7
15
20
30
40
45
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
A
B
C
B
A
B
D
C
题号
9
10
11
12
答案
ACD
BCD
AC
BD
题号
13
14
15
16
答案
-1.5
（或）
；
0
4
10
0.2
0.24
0.56