云南省普洱市2024-2025学年高三上学期第二次联考数学试卷

这是一份云南省普洱市2024-2025学年高三上学期第二次联考数学试卷，共17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。
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由对数函数的定义域求出集合的元素，进而利用交集运算即可得出.
【详解】由对数函数的定义域可得，
故.
故选：D.
2. 已知，则（ ）
A. B. 2C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的四则运算化简复数，再由求模公式即可得解.
【详解】因为，
所以.
故选：A.
3. 已知向量，则“”是“”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
【解析】
【分析】由可求的值，进而利用充分、必要条件的概念即可求解.
【详解】由可得，解得或，
故“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
4. 近日我国相关企业研究表明，随着锂离子电池充放电循环次数的增加，电池内阻增大，可用容量和能量衰减，削弱了电动汽车的续航里程．相关科研团队利用数学建模的方法构建理离子电池充放电循环次数单位：百次)与锂离子电池性能指数的回归模型，通过实验得到部分数据如下表：
由上表中的数据求得回归方程为，则计算可得（ ）（参考公式及数据：，）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由是意，结合公式，利用最小二乘法，可得答案.
【详解】由，，
且，，
故
故选：D.
5. 已知，且，则（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】先利用同角三角函数的基本关系转化为一元二次方程，进而因式分解解方程并结合可得的值.
【详解】由题意可得，即，即，
又，故.
故选：B.
6. 已知函数在区间上单调递增，则的最小值为（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可知在区间上恒成立，进而分离参数得，从而由函数的单调性即可求解.
【详解】由题意可得在区间上恒成立，
所以，
设函数，易得在上单调递减，
故，即的最小值为.
故选：C.
7. 在中，内角的对边分别为，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用余弦定理和正弦定理边化角得，然后用二倍角公式进行化简，从而可求的值.
【详解】由余弦定理化简可得，即，
由正弦定理可得，即，
由题意，且，故，所以
故选：A.
8. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】构造，结合单调性和函数零点存在定理可求的取值范围，进而由指数函数的单调性即可得到答案.
【详解】令，易知在上单调递增，
由，得，使得，故，
而，
因为，所以由指数函数在上单调递减可得，
故，
又由指数函数在上单调递减可得，即，
故.
故选：C.
二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知函数的最小正周期为，则（ ）
A. 的相位为
B. 是曲线的一个对称中心
C. 函数的图象关于轴对称
D. 在区间上有且仅有2个极值点
【答案】BD
【解析】
【分析】由函数最小正周期求出，得的相位判断选项A；检验曲线对称中心判断选项B；由平移得新函数解析式求对称性判断选项C；结合函数图象判断极值点个数判断选项D.
【详解】由题意可得的最小正周期为，所以，所以，故的相位为，故A错误；
由A可得，且，是曲线的一个对称中心，故B正确；
，不为偶函数，其图象不关于轴对称，故C错误；
时，，令，结合正弦曲线得函数在区间上有1个极小值点和1个极大值点，故D正确.
故选：BD
10. 已知定义在上的函数满足，则（ ）
A. 的图象关于直线对称
B. 为奇函数
C. 的最小正周期为4
D.
【答案】AB
【解析】
【分析】由可判断A选项；由可得，结合奇偶性可判断B选项；由题意化简可得，可判断C选项；用代入得f1=0，用，代入可得，可判断D选项.
【详解】对于A：因为，故函数的图象关于直线对称，故A正确；
对于B：由，故为奇函数，故B正确；
对于C：因为
所以，即，故的最小正周期为2，故C错误；
对于D：由题意可得f1=0，
对于，令可得，故D错误.
故选：AB.
11. 已知函数，则（ ）
A. 若，则有且仅有两个零点
B. 若，则0为的极值点
C. 当为定值时，曲线在处的切线在轴上的截距为定值
D. 若，当且仅当时，曲线上存在关于直线对称的两点
【答案】ACD
【解析】
【分析】将代入，利用因式分解求的零点可判断A选项；利用特殊情况，即用来判断В选项；利用导数求曲线y=fx在1,f1处的切线方程即可判断C选项；由曲线y=fx上存在关于直线对称的两点，可得即有非零的实根，进而转化为一元二次不等式，可判断D选项；
【详解】对于A：若，
有且仅有两个零点，故A正确；
对于B：若，当时没有极值点，故В错误；
对于C：，，
故切线方程为，在轴上的截距为，为定值，C正确；
对于D：曲线y=fx上存在关于直线对称的两点
即有非零的实根，
即，
化简得有非零的实根，
故有非零的实根，
故，得，由于每步都为充要条件，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知正数满足，则最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用“1”的代换，结合基本不等式，即可得出结论．
【详解】因为正数满足，
所以，
当且仅当，即时取等号.
故答案为：.
13. 已知命题“”为真命题，则的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意分离参数可得，进而利用单调性求函数在上的最小值，即可得到答案.
【详解】由题知命题“”为真命题，
故，易得函数在上单调递增，
故.
故答案为：.
14. 已知，且时，，则正整数__________.
【答案】2
【解析】
【分析】设，问题转化为函数在上单调递减，列不等式求的取值范围即可.
【详解】由题意可转化为对于任意的，当时，恒成立，
设函数，因为，所以，
不妨设，则可转化为函数在上单调递减，
故解得，故可取的正整数只能为2.
故答案为：2.
【点睛】方法点睛：通过换元，设，不等式恒成立问题转化为函数在上单调递减，结合正弦函数的单调区间，列不等式求的取值范围即可.
四、解答题：本题共5小题，共60分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 记的内角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）设为的中点，求的长度.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用辅助角公式将把转化为，进而即可求解；
（2）根据题意利用余弦定理求得，再利用可求的值.
【小问1详解】
因为，整理得，即.
因为，所以，
所以，所以.
【小问2详解】
由余弦定理，且，
则，又，故，
又为的中点，则，
，
故
16. 已知椭圆的右焦点为，点在C上.
（1）求C的离心率；
（2）设恒过点D的直线交C于A，B两点，且D为AB的中点，求直线AB的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意得到关于的方程组，从而得到椭圆方程，进而求得其离心率；
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，直线与椭圆联立，由根与系数关系可得k，从而得直线AB的方程.
【小问1详解】
由题意得，解得，，
所以椭圆C的方程为，
故C的离心率；
【小问2详解】
设Ax1,y1，Bx2,y2，
联立，消去y得，
故，
由直线化，恒过，
故，即，所以，解得，
此时二次方程为，满足题意，
故所求直线的方程为
17. 如图，在长方体中，四边形为正方形，点O是线段，的交点，点M在线段AB上，且平面
（1）证明：；
（2）若，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面平行性质证得，由，可得；
（2）建立空间直角坐标系，先求出平面法向量，进而求解二面角的余弦，进而得解.
【小问1详解】
连接，
因为平面，平面，
平面平面，
所以，
而在长方体中，四边形是平行四边形，
则，故；
【小问2详解】
连接，不妨设，
则，
在中，因为O为的中点，，
所以，
以D为原点，DA，DC，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面COM的法向量为，
则，即，
令，则，，
故平面COM的一个法向量为
设平面BCO的法向量为，
则，即，
令，则，，所以,
设二面角为，
则，
则，
即二面角的正弦值为
18. 已知函数.
（1）求曲线在点处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积；
（2）求在区间上的零点个数.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数求出切线方程，得到与坐标轴交点，可求与坐标轴所围成的三角形的面积；
（2）利用导数可求得在区间上存在唯一零点，当时，，函数无零点，可得在区间上的有1个零点.
【小问1详解】
，则，得切点坐标为，
由，得，则曲线y=gx在点处的切线斜率为-3，
故切线方程为，
易得该直线与坐标轴的交点坐标分别为，
故其与坐标轴所围成的三角形的面积为.
【小问2详解】
由题意可得，则，
当时，f′x