云南省昆明市云南师范大学附属中学2023-2024学年高三上学期期初开学数学试题

2023-2024学年第一学期期初开学考试

高三数学

注意事项：

1. 答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在  答题卡上的指定位置。用 2B 铅笔将答题卡上试卷类型 A 后的方框涂黑。
2. 选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3. 非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4. 考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

一、选择题；本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知是虚数单位，若，，则在复平面内的对应点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

3．已知曲线在点处的切线方程为，则（    ）

A．， B．，

C．， D．，

4．函数在区间上的图象大致为（    ）

A．  B．  

C．  D．    

5．把语文、数学、英语、物理4本书从左到右排成一行，则语文书和英语书不相邻的概率为（    ）

A． B．1 C． D．

6．如果，那么下列不等式成立的是（　　）

A． B． C． D．

7．已知函数是上的偶函数，且的图象关于点对称，当时，，则的值为（    ）

A． B． C． D．

8．“方斗”常作为盛米的一种容器，其形状是一个上大下小的正四棱台．在综合实践活动中，某小组在超市中测量出一“方斗”的上底面内侧边长为8dm，下底面内侧边长为2dm，侧棱长为6dm．将“方斗”内的大米铺平（即与下底面平行），测得铺平后的大米所在的四边形边长为6dm．已知1kg大米的体积约为，则方斗内剩余的大米质量约为（参考数据：，，结果保留整数）（    ）

A．30kg B．36kg C．45kg D．52kg

二、选择题；本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．

9．已知变量，之间的经验回归方程为，且变量，的数据如图所示，则下列说法正确的是（     ）

A．变量，之间呈正相关关系 B．实数m的值等于5

C．该回归直线必过 D．相应于的残差估计值为0.6

10．已知则（     ）

A． B． C． D．

11．若、、，则下列命题正确的是（    ）

A．若且，则

B．若，则

C．若且，则

D．

12．设直线与圆，则下列结论正确的为（    ）

A．可能将的周长平分

B．若圆上存在两个点到直线的距离为1，则的取值范围为

C．若直线与圆交于两点，则面积的最大值为2

D．若直线与圆交于两点，则中点的轨迹方程为

三、填空题；本题共4小题，每小题5分，共20分

13．的展开式中，项的系数为          ．

14．干支纪年是中国古代的一种纪年法.分别排出十天干与十二地支如下：

天干：甲  乙  丙  丁  戊  己  庚  辛  壬  癸

地支：子  丑  寅  卯  辰  巳  午  未  申  酉  戌  亥

把天干与地支按以下方法依次配对：把第一个天干“甲”与第一个地支“子”配出“甲子”，把第二个天干“乙”与第二个地支“丑”配出“乙丑”，，若天干用完，则再从第一个天干开始循环使用.已知2023年是癸卯年，则年以后是          年.

15．已知，则        ．（用数字作答）

16．已知函数的最小正周期为，将函数的图象向左平移个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），所得函数图象的一条对称轴方程是，则的值为      ．

四、解答题；本题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

17．2022年支付宝“集五福”活动从1月19日开始，持续到1月31日，用户打开支付宝最新版，通过AR扫描“福”字集福卡（爱国福、富强福、和谐福、友善福、敬业福），在除夕夜22：18前集齐“五福”的用户获得一个大红包．某研究型学习小组为了调查研究“集五福与性别是否有关”，现从某一社区居民中随机抽取200名进行调查，得到统计数据如下表所示：

(1)请根据以上数据，由的独立性检验，判断集齐“五福”是否与性别有关；

(2)现采用分层抽样的方法从男性的样本中抽取5人，再从这5人中随机抽取3人，求这3人中恰有1人未集齐“五福”卡的概率．

参考公式：，其中．

18．已知函数（，且）的图象经过点，.

(1)求函数的解析式；

(2)设函数，求函数的值域

19．某学校为推动学校的大课间运动，开始在部分班级中使用一套新的大课间运动体操（记为A类体操），原来的大课间运动体操（记为B类体操），为了解学生对大课间运动的喜爱程度与使用大课间运动体操类别是否有关，分别对使用A类体操与B类体操的学生进行了问卷调查，现分别随机抽取了100个学生的问卷调查情况，得到如下数据：

(1)试根据小概率值的独立性检验，能否认为喜爱大课间运动程度与A类体操和B类体操有关？

(2)从样本的喜爱大课间运动的学生中，按A、B类分层抽取11名学生参加一个座谈会，再从中抽取3名学生在学生大课间运动会上发言，求参加发言的学生既有喜爱A类体操也有喜爱B类体操的概率．

附：，

20．现有甲、乙两名运动员争夺某项比赛的奖金，规定两名运动员谁先赢局，谁便赢得全部奖金a元.假设每局甲赢的概率为，乙赢的概率为，且每场比赛相互独立.在甲赢了局，乙赢了局时，比赛意外终止，奖金如何分配才合理？评委给出的方案是：甲、乙按照比赛再继续进行下去各自赢得全部奖金的概率之比分配奖金.

(1)若，求；

(2)记事件A为“比赛继续进行下去乙赢得全部奖金”，试求当时，比赛继续进行下去甲赢得全部奖金的概率，并判断当时，事件A是否为小概率事件，并说明理由.规定：若随机事件发生的概率小于0.06，则称该随机事件为小概率事件.

21．已知函数．

(1)讨论的单调性；

(2)当时，求函数在上的零点个数．

22．如图1，在梯形中，，点E在线段上，，将沿翻折至的位置，连接，点F为中点，连接，如图2，

(1)在线段上是否存在一点Q，使平面平面?若存在，请确定点Q的位置，若不存在，请说明理由；

(2)当平面平面时，求三棱锥的体积，

数学参考答案

1．B

，则，解得，

则，

，

，

故选：B.

2．D

由，得，所以，故在复平面内的对应点的坐标为，位于第四象限.

故选：D

本题主要考查共轭复数、复数的乘法运算及复数的几何意义，属于基础题.

3．C

求出函数的导函数，依题意可得，即可求出，再将切点代入切线方程，即可求出；

解：，，

∴，∴．将代入得，∴．

故选：C．

4．C

根据奇偶性排除D，再取特值排除AB.

因为，关于原点对称，

，

所以函数为奇函数，故D错误；

因为，所以，所以，故A错误；

因为，所以，所以，故B错误；

故选：C.

5．C

由排列数公式计算4本书排成一行、语文书和英语书不相邻的排法，由古典概型公式计算可得答案.

根据题意，语文、数学、英语、物理4本书从左到右排成一行，有种不同的排法，

若语文书和英语书不相邻，其排法有种，

则语文书和英语书不相邻的概率.

故选：C.

6．D

由于，不妨令，，代入各个选项检验，只有正确，从而得出结论．

解：由于，不妨令，，可得，，故A不正确．

可得，，，故B不正确．

可得，，，故C不正确．

故选：D．

7．C

利用对称性和奇偶性可推导得到是周期为的周期函数，并求得的值，将所求式子利用周期进行转化即可求得所求值.

图象关于点对称，，

又为上的偶函数，，，

，

是周期为的周期函数，

，又，，

.

故选：C.

关键点点睛：本题考查利用函数周期性求解函数值的问题，解题关键是能够根据函数的奇偶性和对称性推导得到函数的周期，进而将自变量转化到已知函数解析式的区间中，从而结合解析式求得函数值.

8．B

根据四棱台的体积公式即可求解.

如图，平面为大米铺平后所在的平面．连接，，．分别取，的中心（它们分别在，上），

连接，则与平面的交点必在上且为的中心．

在正四棱台的对角面中，，，，，易得，分别为，的三等分点，，，

所以．

又因为1kg大米的体积约为，

所以方斗内剩余的大米质量约为（kg）．

故选:B．

9．BC

将样本中心点代入回归直线方程，先求出，再逐一判断即可.

由表格数据得，，，

将样本中心点代入回归直线方程得，

，解得.所以选项B正确；

又，即样本中心点为，所以选项C正确；

对选项A，当变量增加，变量相应值减少，两个变量之间呈负相关关系，所以选项A错误；

对选项D，由残差定义知，观测值减去预测值为残差.

由经验回归方程，令，得预测值，

则相应于的残差为，所以选项D错误.

故选：BC.

10．BCD

由，可判定A不正确；由对于的运算性质，可判定B正确；由对数的运算性质，可判定C正确；结合基本不等式和对数的运算性质，可判定D正确.

对于A中，由，可得，所以A不正确；

对于B中，由，可得，

所以，所以B正确；

对于C中，由，因为，所以，所以C正确；

对于D中，由，

可得，

因为，所以等号不成立，所以，

又因为，所以，所以D正确.

故选：BCD.

11．BD

利用特殊值法可判断A选项；利用作差法可判断BCD选项.

对于A选项，若且，取，，则，A错；

对于B选项，若，则，B对；

对于C选项，若且，则，

则，故，C错；

对于D选项，，

当且仅当时，等号成立，故，D对.

故选：BD.

12．BC

根据圆心在直线上判断A，根据直线与圆的位置关系判断B，根据三角形面积公式判断C，根据几何法求出点M的轨迹方程即可判断D.

对于，若直线将圆的周长平分，则直线过原点，此时直线的斜率不存在，错误；

对于B，若圆上存在两个点到直线的距离为1，则到直线的距离满足，

所以，解得或，B正确；

对于C，，

当时，的面积有最大值2，C正确；

对于，易知直线经过定点，所以，所以点的轨迹以为直径的圆，

其方程为，又因为点在圆内，由，解得，

所以点的轨迹方程为，D错误.

故选：BC.

13．252

写出二项式通项公式，求出项的对应，进而确定求系数.

由二项式展开式通项为，

令，则，则，故项的系数为.

故答案为：

14．丙午

根据和，结合二项展开式的性质及余数，即可求解.

因为，

所以年以后地支为“午”.

因为，

又因为除以10余数为3，所以年以后天干为“丙”，

故年以后是丙午年.

故答案为：丙午

15．210

根据二项展开式的通项可知展开式中奇次项的系数为负，偶次项的系数为正，可得，令，即可求解．

解：因为，

所以展开式中奇次项的系数为负，偶次项的系数为正，

所以，

展开式的通项公式为，

所以，，

在二项展开式中，令，

可得，

，

故答案为：．

16．0

根据函数的最小正周期求出，求出图象平移、伸缩变化后的解析式，再由对称轴方程可得答案.

因为函数的最小正周期为，

所以，，

将函数的图象向左平移个单位长度，

可得，

再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），可得，

因为所得函数图象的一条对称轴方程是，

所以，可得，

因为，所以.

故答案为：0.

17．(1)有的把握认为是否集齐“五福”与性别有关

(2)

（1）由公式根据列联表求出，将其与临界值比较大小，根据比较结果判断即可；

（2）由条件列出所有基本事件，再由古典概型的概率公式求解.

（1）根据列联表可得：，

又，，

所以有95%的把握认为是否集齐“五福”与性别有关；

（2）设集齐“五福”卡的男性抽取x人，则，所以，

故抽取的5人中集齐“五福”卡的男性有4人，未集齐“五福”卡的男性有1人，

设被抽取的集齐“五福”卡的4名男性为,未集齐“五福”卡的1名男性为，

从5人中任意抽取3人的所有基本事件如下：

，

，

所以基本事件总数为10，其中事件恰有1人未集齐“五福”卡包含的基本事件有：

共6种，

由古典概型的概率公式可得事件恰有1人未集齐“五福”卡的概率,

故这3人中恰有1人未集齐“五福”卡的概率是.

18．(1)；

(2).

（1）将给定的点代入函数式，再解方程组作答.

（2）由（1）求出函数的解析式，判断函数单调性求解作答.

（1）依题意，，而，解得，即有，

所以函数的解析式是.

（2）由（1）知，，

因函数和在上都单调递增，因此函数在上单调递增，，

所以函数的值域为.

19．(1)可以认为是否喜爱大课间运动程度与A类体操和B类体操有关

(2)

（1）先提出零假设，再计算卡方，利用独立性检验的思想，可得出结论；

（2）由分层抽样的方法可知，抽取11名学生中，喜爱A类体操有7名学生，喜爱B类体操有4名学生，通过排列组合计算出抽取3名学生的所有情况和3名发言学生中既有喜爱A类体操也有喜爱B类体操的情况，由古典概型可求．

（1）零假设为：：是否喜爱大课间运动程度与A类体操和B体操无关．

根据列联表中的数据，

得到，

根据小概率值的独立性检验，推断不成立，

即认为是否喜爱大课间运动程度与A类体操和B类体操有关；

（2）由样本中的数据可知，抽取11名学生中，

其中喜爱A类体操有7名学生，喜爱B类体操有4名学生，

从11名学生抽取3名学生的所有情况有，

而3名发言的学生中既有喜爱A类体操也有喜爱B类体操的情况有种，所以，

所以参加发言的学生既有喜爱A类体操也有喜爱B类体操的概率为．

20．(1)；

(2)（），事件A是小概率事件，理由见解析.

（1）设比赛再继续进行局甲赢得全部奖金，最后一局必然是甲赢，最多再进行2局，利用独立事件概率求出概率，再求出乙赢得全部奖金的概率作答.

（2）设比赛再继续进行局乙赢得全部奖金，最后一局必然是乙赢，利用独立事件概率求出，并求出函数最小值，再判断作答.

（1）设比赛再继续进行局甲赢得全部奖金，则最后一局必然是甲赢，依题意，最多再进行2局，

当时，甲以赢，，当时，甲以赢，，

因此甲赢的概率为，则乙赢的概率为，

所以.

（2）设比赛再继续进行局乙赢得全部奖金，则最后一局必然是乙赢，

当时，乙以赢，，当时，乙以赢，，

于是得乙赢得全部奖金的概率，

甲赢得全部奖金的概率，，

，即函数在上单调递增，

则有，因此乙赢的概率最大值为，

所以事件A是小概率事件.

21．(1)答案不唯一，具体见解析

(2)零点个数为2

（1）求导得到，再对分类讨论，求解函数的单调区间.

（2）求导得到，因无法轻易求得的解，故根据导函数的性质将的取值范围分为三段分别讨论，即可求解零点个数.

（1）解：∵，故，

当时，恒成立，则在上单调递增；

②当时，令，解得，

故时，，单调递减，时，，单调递增.

综上，当时，则在上单调递增；当时，在单调递减，在单调递增.

（2）由已知得，，

则．

①当时，因为，

所以在上单调递减．所以．

所以在上无零点．

②当时，因为单调递增，且，，

所以存在，使．

当时，；当时，．

所以在上单调递减，在上单调递增，且．

所以．设，，则．

令，得．

所以在上单调递减，在上单调递增．

所以．

所以．所以．

所以．所以在上存在一个零点．

所以在有2个零点．

③当时，，

所以在上单调递增．因为，所以在上无零点．

综上所述，在上的零点个数为2．

22．(1)存在，Q是的中点

(2)

（1）利用线面平行与面面平行的判定定理证明即可；

（2）利用余弦定理与勾股定理证得，进而利用线面垂直的判定定理证得平面，从而得到F到平面的距离，再利用等体积法即可得解.

（1）当Q是的中点时，平面平面，理由如下：

如图，连接，

依题意得，且，则，

所以四边形是平行四边形，则，

又平面平面，所以平面，

因为分别为的中点，所以，

又平面平面，所以平面，

因为平面，所以平面平面，

.  

（2）取的中点M，连接，

因为，则，

所以为边长为2的等边三角形，则，

因为，所以由余弦定理得，

所以在中，，则，

因为平面平面，平面平面平面，所以平面，

因为F为的中点，所以F到平面的距离，

所以.