云南省三校2024届高三高考备考实用性联考卷（一）数学试题（含解析）

这是一份云南省三校2024届高三高考备考实用性联考卷（一）数学试题（含解析），共24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。
云南省三校2024届高三高考备考实用性联考卷（一）数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知集合，则集合（    ）
A． B．或
C． D．或
2．已知复数，则的虚部是（    ）
A． B． C． D．
3．定义：，其中为向量与的夹角．若，，，则等于（    ）
A． B． C． D．
4．垃圾分类是指按一定规定或标准将垃圾分类储存､投放和搬运，从而转变成公共资源的一系列活动，做好垃圾分类是每一位公民应尽的义务.已知某种垃圾的分解率与时间（月）近似地满足关系（其中为正常数），经过5个月，这种垃圾的分解率为，经过10个月，这种垃圾的分解率为，那么这种垃圾完全分解大约需要经过（    ）个月.（参考数据：）
A．20 B．27 C．32 D．40
5．某调查机构对某地区互联网行业进行了调查统计，得到如下该地区的互联网行业从业者年龄分布饼状图和90后从事互联网行业的岗位分布条形图，且据统计知该地区互联网行业从业人员中从事运营岗位的人员比例为0.28，现从该地区互联网行业从业人员中选出1人，若此人从事运营岗位，则此人是90后的概率为（    ）

（注：90后指1990年及以后出生，80后指1980—1989年之间出生，80前指1979年及以前出生．）
A．0.28 B．0.34 C．0.56 D．0.61
6．已知函数的图象关于直线对称，将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，则下列说法正确的是（    ）
A．的图象关于直线对称 B．是奇函数
C．在上单调递减 D．的图象关于点对称
7．已知，则（    ）
A． B．
C． D．
8．已知函数，则单调递增的一个充分不必要条件可以是（    ）
A． B．
C． D．

二、多选题
9．已知定义在上的偶函数满足，且当时，是减函数，则下列四个命题中正确的是（    ）
A．
B．直线为函数图象的一条对称轴
C．函数在区间上存在3个零点
D．若在区间上的根为，则
10．点是直线上的一个动点，过点作圆的两条切线，为切点，则（    ）
A．存在点，使得
B．弦长的最小值为
C．点在以为直径的圆上
D．线段经过一个定点
11．在数列中，（为非零常数），则称为“等方差数列”，称为“公方差”，下列对“等方差数列”的判断正确的是（    ）
A．是等方差数列
B．若正项等方差数列的首项，且是等比数列，则
C．等比数列不可能为等方差数列
D．存在数列既是等差数列，又是等方差数列
12．如图，正方体的棱长为2，若点在线段上运动，则下列结论正确的是（    ）
  
A．直线可能与平面相交
B．三棱锥与三棱锥的体积之和为
C．的周长的最小值为
D．当点是的中点时，与平面所成角最大

三、填空题
13．某次数学考试中，学生成绩服从正态分布.若，则从参加这次考试的学生中任意选取3名学生，恰有2名学生的成绩高于120的概率是 .
14．已知，设，则函数的最大值为 .
15．曲线过坐标原点的切线方程为 .
16．已知双曲线方程为，左焦点关于一条渐近线的对称点在另一条渐近线上，则该双曲线的离心率为 .

四、解答题
17．已知数列是等比数列，满足，且是与的等差中项.
(1)求数列的通项公式；
(2)设为数列的前项和，记，求的取值范围.
18．的内角的对边分别为，且.
(1)求角；
(2)若，求周长的取值范围.
19．如图，在四棱锥中，已知，.
    
(1)证明：平面；
(2)若，求平面与平面所成夹角的余弦值.
20．某企业拥有甲､乙两条零件生产线，为了解零件质量情况，采用随机抽样方法从两条生产线共抽取180个零件，测量其尺寸（单位：）得到如下统计表，其中尺寸位于的零件为一等品，位于和的零件为二等品，否则零件为三等品.
生产线







甲
4
9
23
28
24
10
2
乙
2
14
15
17
16
15
1
(1)完成列联表，依据的独立性检验能否认为零件为一等品与生产线有关联？

一等品
非一等品
合计
甲



乙



合计



(2)将样本频率视为概率，从甲､乙两条生产线中分别随机抽取1个零件，每次抽取零件互不影响，以表示这2个零件中一等品的数量，求的分布列和数学期望；
(3)已知该企业生产的零件随机装箱出售，每箱60个.产品出厂前，该企业可自愿选择是否对每箱零件进行检验.若执行检验，则每个零件的检验费用为5元，并将检验出的三等品更换为一等品或二等品；若不执行检验，则对卖出的每个三等品零件支付120元赔偿费用.现对一箱零件随机检验了20个，检出了1个三等品.将从两条生产线抽取的所有样本数据的频率视为概率，以整箱检验费用与赔偿费用之和的期望作为决策依据，是否需要对该箱余下的所有零件进行检验？请说明理由.
附，其中；.
21．已知椭圆的左、右顶点分别为、，为椭圆上异于、的动点，设直线、的斜率分别为、，且.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设动直线与椭圆相交于、两点，为坐标原点，若，的面积是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由.
22．已知.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)当时，证明：函数有且仅有一个零点.

参考答案：
1．B
【分析】解一元二次不等式化简，再根据并集的定义可求出结果.
【详解】由，得或，则或，
又，所以或.
故选：B
2．C
【分析】根据除法运算求出，根据虚部的定义可得答案.
【详解】，
所以的虚部是.
故选：C
3．D
【分析】由向量数量积定义可构造方程求得，由此可得，根据可求得结果.
【详解】，，又，，
.
故选：D.
4．B
【分析】根据和的两组值求出，再根据求出即可得解.
【详解】依题意得，解得，，
则，
这种垃圾完全分解，即分解率为，即，
所以，所以，
所以.
故选：B
5．B
【分析】记从该地区互联网行业从业人员中选出1人，此人从事运营岗位为事件，记从该地区互联网行业从业人员中选出1人，此人是90后为事件，根据统计图求得，，再根据条件概率的定义即可求解.
【详解】记从该地区互联网行业从业人员中选出1人，此人从事运营岗位为事件，
记从该地区互联网行业从业人员中选出1人，此人是90后为事件，
由统计图可知，，
所以，
所以若此人从事运营岗位，则此人是90后的概率为.
故选：B
6．D
【分析】先根据函数的图象关于直线对称，由，求得，从而得到，然后再逐项判断.
【详解】解：因为函数的图象关于直线对称，
所以，
所以，又，
所以，
所以，
所以，
所以的图象不关于直线对称，故A错误；
将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，
所以，所以不是奇函数，故B错误；
令，得，
当时，得函数在上单调递增，所以函数在上不单调递增，故C错误；
令，得，
当时，可得函数的图象关于点对称，故D正确.
故选：D.
7．A
【分析】，，作商，利用基本不等式可得，得，根据对数函数的单调性可得.
【详解】，，
，
所以，
，
所以.
故选：A
8．B
【分析】对函数求导，根据单调递增有在上恒成立，结合二次函数性质求参数范围，最后由充分必要性定义，即可得答案.
【详解】由且，
令，要使单调递增，即恒成立，
当时满足题设；
当，可得，则，满足题设；
综上，使单调递增，则，
A为充要条件，B为充分不必要条件，C、D既不充分也不必要条件.
故选：B
9．AB
【分析】根据周期函数的定义可得周期，故A正确；由，，推出，可得B正确；若当时，无零点，可推出无零点，可得C错误；根据的图象关于直线对称，推出，可得D错误.
【详解】对于A，因为，所以周期，故A正确；
对于B，因为为偶函数，所以，又，
所以，所以的图象关于直线对称，故B正确；
对于C，若当时，无零点，则根据周期性和对称性可推出无零点，故C错误；
对于D，因为的图象关于直线对称，且的周期，
又在区间上的根为，所以，故D错误.
故选：AB.
10．BCD
【分析】对于A，设，根据得，，得，可得A不正确；对于B，根据四边形面积关系列式求出，根据可求出，可得B正确；对于C，用以为直径的圆的方程和圆相减得公共弦所在直线方程，可得定点坐标，可得D正确.
【详解】对于A，设，则，当且仅当时，等号成立，
因为，，，，
所以，所以，所以，
故不存在点，使得，故A不正确；
对于B，根据圆的对称性得，所以，
又，
所以，
所以，
由A知，，所以.
故B正确；
对于C，因为，，所以既是直角三角形的外接圆的直径，又是直角三角形的外接圆的直径，所以点在以为直径的圆上，故C正确；
对于D，设，则的中点为，
所以以为直径的圆的方程为，
即，
因为是圆与圆的公共弦，
所以直线的方程为：，当时，，
所以直线：过定点，因为定点在圆内，所以线段经过定点，故D正确.
  
故选：BCD
11．BC
【分析】根据等方差数列的定义依次分析四个选项可得答案.
【详解】对于A，因为，，，
，所以不是等方差数列，故A错误；
对于B，因为，，，
所以，，
因为 是等比数列，所以，所以，
所以，因为，所以，所以，又，所以，故B正确；
对于C，设等比数列的公比为，则，
则当时，，若为常数，则必有，此时，则数列不可能是等方差数列，故C正确；
对于D，假设存在数列既是等差数列，又是等方差数列，则当时，且，
若，则，则，不合题意，
若，则，得，又，
所以为常数，必有，与假设矛盾，
故存在数列既是等差数列，又是等方差数列.故D错误；
故选：BC
12．BD
【分析】对于A，根据线面平行和面面平行推出平面，故A错误；对于B，根据等体积法求出两个三棱锥的体积之和可得B正确；对于C，将平面与平面展成同一平面，根据点共线时，最小，计算可得C错误；对于D，当点是的中点时，可证平面，从而可得D正确；
【详解】对于A，连，，，，，
因为，平面，平面，
所以平面，同理得平面，
又平面，，
所以平面平面，因为平面，
所以平面，故A错误；
  
对于B，过点作，垂足为，作，垂足为，
易得，因为平面，所以平面，
，因为平面，所以平面，
因为，，所以，
所以
.故B正确；
  
对于C，的周长为，，则最小时，的周长最小，
将平面与平面展成同一平面，如图：
当点共线时，最小，
作，交的延长线于，则，，
则，
所以，即的周长的最小值为，故C错误；
  
对于D，当点是的中点时，，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
所以与平面所成角为，为最大角，故D正确.
故选：BD
【点睛】关键点点睛：C选项中将平面与平面展成同一平面，根据点共线求的最小值是解题关键.
13．
【分析】根据正态分布的对称性求出学生的成绩高于120的概率，再根据独立重复试验的概率公式可求出结果.
【详解】因为，所以，
所以，因为，所以，
所以，
则所求概率为.
故答案为：
14．8
【分析】由求出的定义域为，然后换元，令，，得，根据二次函数的单调性可求出最大值.
【详解】，
由得，即的定义域为，
令，因为，所以，
所以在上为增函数，
所以时，.
故答案为：.
15．
【分析】利用导数的几何意义可求出结果.
【详解】设切点为，则，
，切线的斜率为，
所以切线方程为，
又切线过原点，所以，即，
解得，所以切线方程为.
故答案为：
16．2
【分析】根据对称性求出渐近线的倾斜角，再根据渐近线的斜率得，再根据离心率公式可求出结果.
【详解】如图：设关于渐近线对称的点在渐近线上，
的中点在渐近线上，
则，又，
所以，
所以，所以.
  
故答案为：.
17．(1)
(2)

【分析】（1）根据等比数列的通项公式和等差中项列式求出和可得结果；
（2）由等差数列求和公式求出，再根据裂项求和法求出，可得的取值范围.
【详解】（1）设公比为，依题意得，得，
解得或，
当时，，，，不合题意，
当时，，，满足，
故.
（2）由（1）得，则，所以，
所以



由于，得，所以，
故的取值范围是.
18．(1)
(2)

【分析】（1）利用诱导公式结合正弦定理得，再根据的范围即可得到答案；
（2）利用正弦定理得，再利用三角恒等变换得，再根据的范围，结合三角函数的值域即可得到范围.
【详解】（1）因为，可得，
所以由正弦定理可得，
又为三角形内角，，
所以，
因为，
所以，可得，所以.
（2）由（1）知，又，
由正弦定理得，
则，





，



19．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）计算可得，又，由线面垂直的判定可得平面.
（2）以为轴，为轴，过且垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用两个平面的法向量可求出结果.
【详解】（1）在中，，
所以.
所以，故，则.
又，即.
平面，
所以平面.
（2）由（1）知平面，又平面，所以平面平面，
又，，
以为轴，为轴，过且垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
  
在直角三角形中，，故，
在中，，
，所以，故，
又，
所以点的横坐标为，纵坐标为，
所以.
又.
设平面的法向量，
由，得，令，则，
，
设平面的法向量，
由，得，令，则，
，
，
平面与平面所成角的余弦值为.
20．(1)列联表见解析，依据小概率值的独立性检验，可以认为零件是否为一等品与生产线有关联．
(2)答案见解析
(3)需要对该箱余下的所有零件进行检验，理由见解析

【分析】（1）作出列联表，求出，，依据小概率值的独立性检验，可以认为零件是否为一等品与生产线有关联．
（2）任取一个甲生产线零件为一等品的概率为，任取一个乙生产线零件为一等品的概率为，的所有可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列和．
（3）由二项分布可知，求出，分别求出对剩下的所有零件检测和不检测的费用，比较大小即可求解.
【详解】（1）由题意得列联表如下：

一等品
非一等品
合计
甲
75
25
100
乙
48
32
80
合计
123
57
180
，
，
依据小概率值的独立性检验，可以认为零件是否为一等品与生产线有关联．
（2）由已知任取一个甲生产线零件为一等品的概率为，
任取一个乙生产线零件为一等品的概率为，
的所有可能取值为0，1，2，
，
，
，
的分布列为：

0
1
2




．（3）由已知零件为三等品的频率为，
设余下的40个零件中三等品个数为，则，
，
设检验费用与赔偿费用之和为，
若不对余下的所有零件进行检验，则,所以
若对余下的所有零件进行检测，则检验费用为元，
，
应对剩下零件进行检验．
21．(1)
(2)存在，最小值为

【分析】（1）设的坐标为，可得出，利用斜率公式结合可求出的值，即可得出椭圆的标准方程；
（2）分析可知，分两种情况讨论：①当点、均为椭圆的顶点时，直接求出的面积；②直线、的斜率都存在时，设直线的方程为，则直线的方程为，求出、关于的表达式，利用基本不等式求出面积的最小值，综合可得出结论.
【详解】（1）解：不妨设的坐标为，则，则，
又、，则.
故可得，可得，故可得椭圆的方程为.
（2）解：因为，且、均为非零向量，则.
当点、均为椭圆的顶点时，则；
若直线、的斜率都存在时，设直线的方程为，
则直线的方程为，

联立可得，所以，，
同理可得，
此时，
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
又因为，故当时，的面积存在最小值，且最小值为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
22．(1)函数的单调递增区间为,，单调递减区间为,
(2)证明见解析

【分析】（1）求导后，解不等式可得单调递增区间，解不等式可得单调递减区间；
（2）利用导数判断单调性，求出极值，再利用零点存在性定理可证结论正确.
【详解】（1）当时，，
，
由得或，解得或
由得或，解得或，
故函数的单调递增区间为,，单调递减区间为,.
（2）当时，，定义域为，
，
设，
，所以在区间上是增函数，
，
存在唯一，使，即，
当时，，即；
当时，，即；
当时，，即，
在区间上是增函数，在区间上是减函数，在区间上是增函数，
当时，取极大值为

，
设，，
所以在区间上是减函数.
在内无零点，
，
在内有且只有一个零点，
综上所述，有且只有一个零点.
【点睛】思路点睛：本题第二问考查函数零点问题，一般思路是：利用导数研究函数的单调性、极值、最值，再利用零点存在性进行判断.