2023届云南三校高三高考备考实用性联考卷（八）数学试题含解析

这是一份2023届云南三校高三高考备考实用性联考卷（八）数学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届云南三校高三高考备考实用性联考卷（八）数学试题

一、单选题
1．已知，是方程的两个复根，则（    ）
A．2 B．4 C． D．
【答案】B
【分析】利用求根公式求出两个复根，然后利用复数的运算法则及模的公式直接计算即可.
【详解】已知，是方程的两个复根，所以，
则设，，所以，
故选：B.
2．已知集合，，若，则（    ）
A．0或1 B．1或2 C．0或2 D．0或1或2
【答案】C
【分析】根据集合的并集的结果分类讨论求参数.
【详解】由于，则.
若，则，此时符合题意.
若，则或2,
时，，此时不合题意；
时，符合题意，
因此或2，
故选:C.
3．有7个人排成前后两排照相，前排站3人后排站4人，其中甲同学站在前排，乙同学站在后排的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】总事件数看成7人站一排, 考虑符合题意的情况，从余下5人中选2人与甲站在前排,根据古典概型的计算公式求解即可.
【详解】先计算总事件数，可以看成7人站一排有种.
现在考虑符合题意的情况，从余下5人中选2人与甲站在前排，乙站在后排有种，
概率为.
故选:D.
4．平面向量与的夹角为，已知，，则向量在向量上的投影向量的坐标为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用投影向量的定义结合向量的坐标运算可求得结果.
【详解】向量在向量上的投影向量的坐标为，
故选：D.
5．已知椭圆：的左、右焦点分别为，（如图），过的直线交于，两点，且轴，，则的离心率为（    ）
  
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意利用向量可求得点的坐标，结合椭圆方程运算求解.
【详解】设椭圆的半焦距为，
由题意可得：，则，
因为，则，解得，
即，且点在椭圆上，
则，整理得，解得，即.
故选：A.
6．已知正四棱锥的高为，其顶点都在同一球面上，若该球的体积为，且，则当该正四棱锥体积最大时，高的值为（    ）
A．2 B． C．4 D．
【答案】C
【分析】根据题意列出体积与高之间的函数关系式，利用导数讨论单调性和最值求解.
【详解】  
如图，设高为，底边长为，
则，
又，∴，
又，，
,
所以当时，，当时，，
所以函数在单调递增，单调递减，
故，
故选:C.
7．定义方程的实数根叫做函数的“奋斗点”.若函数，的“奋斗点”分别为，，则，的大小关系为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】求导，根据“奋斗点”的定义可得，，构造函数，利用导数及零点存在定理求出的范围，由求出的范围，从而可比较大小.
【详解】函数，得，
由题意可得，，即.
设，，
因为，所以，
易得在上单调递减且，，
故.
由，，
由题意得：，易知，所以，
因为，所以.
故选:D.
8．若，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设点是函数图象上的点，点是直线上的点，则，设函数在点处的切线与直线平行，求出函数的导函数，即可得到，再令，利用导数说明函数的单调性，求出函数的零点，即可求出点坐标，从而求出，从而得解.
【详解】设点是函数图象上的点，点是直线上的点，
则可以转化为，两点之间的距离，
即，
因为，设函数在点处的切线与直线平行，
则直线的斜率为1，可得，整理得，
令，则，当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
且当时，，，当时，
所以有且仅有一个零点，
∴方程有且仅有一个解，则，
故的最小值为点到直线的距离，
即的最小值为.
故选：A.

二、多选题
9．已知，都是定义在上且不恒为0的函数，则（    ）
A．为偶函数
B．为奇函数
C．若为奇函数，为偶函数，则为奇函数
D．若为奇函数，为偶函数，则为非奇非偶函数
【答案】AD
【分析】根据奇函数和偶函数的定义判断即可.
【详解】选项A：
设，
因为是定义在上的函数，所以的定义域为，
，所以为偶函数，故A正确；
选项B：
，
因为是定义在上的函数，所以的定义域为，，所以为偶函数，故B错误；
选项C：
设，
因为，都是定义在上的函数，所以的定义域为，
因为为奇函数，为偶函数，所以，
所以为偶函数，故C错误；
选项D：
设，
因为，都是定义在上的函数，所以的定义域为，，
因为是不恒为0的函数，
所以不恒成立，所以不是奇函数，，
因为是不恒为0的函数，所以不恒成立，
所以不是偶函数，所以是非奇非偶函数，故D正确，
故选：AD.
10．已知，是两个不同的平面，，，是三条不同的直线，则下列命题正确的是（    ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，，则
D．若，，，则
【答案】ACD
【分析】根据空间中线、面位置关系逐项分析判断.
【详解】对于选项A：因为，，所以由线面垂直的性质可得，故A正确；
对于选项B：若，，则m与n可能异面或相交或平行，故B错误；
对于选项C：因为，，，，
由面面垂直的性质定理知，，故C正确；
对于选项D：设，且，因为，则，
设，且，因为，则，可得，
又因为，，则，
且，，则，可得，故D正确；
故选：ACD.
11．在如图所示的平面直角坐标系中，锐角，的终边分别与单位圆交于，两点.则（    ）
  
A．若A点的横坐标为，点的纵坐标为，则
B．
C．
D．以，，为三边构成的三角形的外接圆的面积为
【答案】AB
【分析】根据三角函数定义结合两角和的余弦公式可判断A；利用两角和的正弦公式结合正余弦函数的性质可判断B，C；判断，，可构成三角形，并结合正余弦定理求得三角形外接圆面积可判断D.
【详解】对于A，由已知得，，，，为锐角，则，，则，故A正确；
对于B，∵，，∴，，
∴，故B正确；
对于C，∵，
∴，故C错误；
对于D，同理，
结合B、C可知，，，可以作为三角形的三边；
设该三角形为，角，，所对的边长分别为，，，由余弦定理可得，




，
∴，
设外接圆半径为，则由正弦定理可得，
∴，∴，故D错误，
故选：AB.
12．已知长方体中，，，点是四边形内（包含边界）的一动点，设二面角的大小为，直线与平面所成的角为，若，则（    ）
A．点的轨迹为一条抛物线
B．线段长的最小值为
C．直线与直线所成角的最大值为
D．三棱锥体积的最大值为
【答案】BCD
【分析】作平面，，根据二面角平面角定义和线面角定义可得，由此可得，根据抛物线定义可知点轨迹为抛物线的一部分，对应的点轨迹也为抛物线的一部分，知A错误；若取得最小值，则最小，根据抛物线性质可知当为中点时，最小，由此可求得最小值，知B正确；将问题转化为求解与所成角的最大值，建立平面直角坐标系，可知当与抛物线相切时，最大，利用抛物线切线的求法可求得该最大值，知C正确；由体积桥可确定当点到的距离最大时，所求体积最大，结合抛物线图形可知当为中点时距离最大，由此可求得D正确.
【详解】过点作平面，垂足为，作，垂足为，

对于A，平面，平面，，
又，，平面，平面，
平面，，即为二面角的平面角，
即，又，，，
点轨迹为以为焦点，为准线的抛物线在四边形内（含边界）的部分，
则点轨迹为以为焦点，为准线的抛物线在四边形内（含边界）的部分，A错误；
对于B，由抛物线性质知：当为中点时，，
，B正确；
对于C，与所成角即为与所成角，
在平面中，以中点为坐标原点，可建立如图所示平面直角坐标系，

则当与抛物线相切时，取得最大值；
由题意知：抛物线方程为：，，
设切线方程为：，则由得：，
，解得：，
在四边形内（含边界），结合图形可知：，此时，
直线与所成角的最大值为，C正确；
对于D，，，
若三棱锥的体积最大，则点到的距离最大，即点到的距离最大；
由C中图象可知：当为中点时，点到的距离最大，最大值为，
即点到距离的最大值为，
，D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的轨迹相关问题的求解，解题关键是能够作出二面角的平面角，结合线面角定义确定动点满足到定点的距离等于到定直线的距离，从而确定动点轨迹为抛物线的一部分，进而结合直线与抛物线的知识来进行求解.

三、填空题
13．在的展开式中常数项是____________.（用数字作答）
【答案】15
【分析】由题意利用二项展开式的通项公式，求得展开式中常数项
【详解】二项式的展开式的通项公式为，
令，即，∴常数项为.
故答案为：15.
14．假设云南省40万学生数学模拟考试的成绩近似服从正态分布，已知某学生成绩排名进入全省前9100名，那么该生的数学成绩不会低于____________分.（参考数据：，）
【答案】118
【分析】求出从40万名学生任取1名，成绩排名在前9100名的概率，再利用正态分布的对称性求出对应分数作答.
【详解】从40万名学生任取1名，成绩排名在前9100名的概率为，
因为成绩近似服从正态分布，则，，
，
显然，从而数学成绩大于等于118分的人数恰好为，
所以要进入前9100名，成绩不会低于118分.
故答案为：118
15．已知抛物线：，在直线上任取一点，过点作抛物线的两条切线，切点分别为，，则原点到直线距离的最大值为____________.
【答案】4
【分析】先根据切线方程得到直线的方程，根据其过定点可得直线距离的最大值为4.
【详解】  
设，，则，，
由得，
，
在处的切线方程为，即
在处的切线方程为，即
设，
则，，
则直线方程为：，即，直线恒过定点，
所以原点到直线的距离的最大值为4.
故答案为：4

四、双空题
16．定义表示与实数的距离最近的整数（当为两相邻整数的算术平均值时，取较大整数），如，，，，令函数，数列的通项公式为，其前项和为，则______；______.
【答案】 4 89
【分析】空1：根据数列新定义求出前6项，求和即可；空2：根据数列新定义，数列重新分组可得，且满足第组有个数，且每组中所有数之和为，根据规律求和即可.
【详解】空1：因为，，，，，，所以；
空2：根据，当时，，则，，
当时，，则，，
当时，，则，，
当时，，则，，
以此类推，将重新分组如下，，
第组有个数，且每组中所有数之和为，
设在第组中，
则，可得，解得，故在第45组，
前面共有44组，共1980项，所以.
故答案为：4；89.
【点睛】关键点睛：涉及数列新定义问题，关键是理解新定义，利用新定义合理推导，结合数列通项和求和知识解答.

五、解答题
17．如图，正是圆柱底面圆的内接三角形，其边长为.是圆的直径，是圆柱的母线，是与的交点，圆柱的轴截面是正方形.

(1)记圆柱的体积为，三棱锥的体积为，求；
(2)设是线段上一点，且，求二面角的余弦值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用正弦定理求解圆柱底面圆的半径与正的边长为的关系，从而得圆柱的高与的关系，分别计算体积即可得比值；
（2）建立空间直角坐标系，分别求解平面与平面的法向量，根据空间向量的坐标运算求解二面角的余弦值即可.
【详解】（1）已知正的边长为，
由正弦定理，（为圆柱底面圆的半径），
从而，由题意，圆柱高，
所以，，
因此.
（2）如图，过作平面PAD，易知Ax，AD，AP两两垂直，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

设，则，.
由于O为正的中心，则，于是，
由（1）知正的边长，从而.
则，，，，，
由题意，F为线段PE上靠近E的三等分点，
则，
于是，，，，
设平面AFC的法向量为，
所以，取，则，
设平面FCO的法向量为
所以，取，则，
所以，
由图可知二面角的夹角为锐角，所以二面角的夹角的余弦值为.
18．已知函数的相邻两条对称轴之间的距离为.
(1)求函数在区间上的值域；
(2)在锐角中，角，，的对边分别为，，，且，，，求的面积.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）对函数进行化简，用辅助角公式合为一个三角函数，相邻两条对称轴之间的距离为即为半周期，可求出；
（2）由可得，由正弦定理求解即可.
【详解】（1）

，
∵，，，
∵，，
∴当时，，当时，，
即的值域为.
（2）由，且，可得，
又由正弦定理知，，∴，
∴，由，
∴.
19．已知数列的前项和为，，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，的前项和为，若对任意的正整数，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据等差数列的定义以及的关系求解；
（2）利用错位相减法可求得，在根据题意得即可求解.
【详解】（1）由，得，又，
所以数列是以为首项，公差为1的等差数列，
∴，即，
∴当时，
，
又不满足上式，所以.
（2）由（1）知，∴，
∴，①
，②
①−②得：，
整理得，
又因为对任意的正整数，恒成立，所以，
∵，
∴在上单调递增，，
由，可得，
所以实数的取值范围是.
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(1)当时，求抽出3人中男性员工人数的分布列和数学期望；
(2)我们知道，当总量足够大而抽出的个体足够小时，超几何分布近似为二项分布.现在全市范围内考虑.从名员工（男女比例不变）中随机抽取3人，在超几何分布中男性员工恰有2人的概率记作；在二项分布中（即男性员工的人数）男性员工恰有2人的概率记作.那么当至少为多少时，我们可以在误差不超过0.001（即）的前提下认为超几何分布近似为二项分布.（参考数据：）
【答案】(1)分布列见解析，数学期望为
(2)N至少为145时，我们可以在误差不超过0.001（即）的前提下认为超几何分布近似为二项分布

【分析】（1）利用超几何分布概率模型求出概率，即可列出分布列和求数学期望；
（2）利用二项分布概率模型和超几何分布概率模型即可求解.
【详解】（1）当时，男性员工有8人，女性员工有12人.
服从超几何分布，，
，，
，，
∴的分布列为

0
1
2
3






数学期望为.
（2），
，
由于，则，
即，
即，
由题意易知，
从而，
化简得，
又，于是.
由于函数在处有极小值，
从而当时单调递增，
又，.
因此当时符合题意，
而又考虑到和都是整数，则一定是5的整数倍，于是.
即N至少为145时，
我们可以在误差不超过0.001（即）的前提下认为超几何分布近似为二项分布.
21．已知圆：，定点，如图所示，圆上某一点恰好与点关于直线对称，设直线与直线的交点为.
  
(1)求证：为定值，并求出点的轨迹方程；
(2)设，为曲线上一点，为圆上一点（，均不在轴上）.直线，的斜率分别记为，，且.求证：直线过定点，并求出此定点的坐标.
【答案】(1)证明见解析，
(2)证明见解析，定点坐标为

【分析】（1）根据对称性求得为定值，结合双曲线定义求得轨迹方程；
（2）解一：根据在双曲线上，用点差法得，，代入可得，将方程代入求得直线恒过定点.
解二：分别联立直线与双曲线、圆，求出的坐标，设定点，由三点共线得，得直线恒过定点.
【详解】（1）证明：由图，由点与D关于PQ对称，则，
所以，故为定值.
由，
由双曲线定义知，点T的轨迹为以，为焦点，实轴长为2的双曲线，设双曲线E方程为，
所以，，，
所以双曲线E的方程为.
（2）解一：因为，如图，
  
令，，
两式相减得：，
同理，两式相减得：，
，即，
由题知直线斜率一定存在，设直线方程，
则，
整理得，所以，
故直线恒过定点.
解二：由已知得：，：，
联立直线方程与双曲线方程消去整理得，
由韦达定理得，所以，即.
所以.
联立直线方程与圆的方程消去整理得，
由韦达定理得，所以，即，
因为，即，所以，
若直线MN过定点，则由对称性得定点在x轴上，设定点.
由三点共线得，
即，
所以直线MN过定点.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中直线过定点问题通法，是先设出直线方程，通过韦达定理和已知条件若能求出为定值可得直线恒过定点，若得到和的一次函数关系式，代入直线方程即可得到直线恒过定点.此题中由于两点分别是直线与双曲线、圆的交点，故只能求出两交点的坐标，用两点坐标结合直线方程得到直线恒过定点.
22．已知函数，.
(1)求函数的极值；
(2)请在下列①②中选择一个作答（注意：若选两个分别作答则按选①给分）.
①若恒成立，求实数的取值范围；
②若关于的方程有两个实根，求实数的取值范围.
【答案】(1)极大值为，无极小值
(2)选①，；选②，的取值范围为

【分析】（1）先求导函数，再根据单调性求解极值即可；
（2）把恒成立式子整理化简后，构造函数求导函数结合单调性求解.
【详解】（1）函数的定义域为，
，解得，
当时，，单调递增；
当时，单调递减；
所以，无极小值.
（2）若选①：由恒成立，即恒成立，
整理得：，即，
设函数，则上式为，
因为恒成立，所以单调递增，所以，
即，
令，，则，
当时，；
当时，；
所以在处取得极大值，的最大值为，故，即.
故当时，恒成立.
若选择②：由关于的方程有两个实根，
得有两个实根，
整理得，
即，
设函数，则上式为，
因为恒成立，所以单调递增，
所以，即，
令，，
则，
当时，；
当时，；
所以在处取得极大值，
的最大值为，又因为

所以要想有两个根，只需要，
即，所以的取值范围为.