2023届云南省保山市普通高（完）中高三上学期期末质量监测数学试题含答案

这是一份2023届云南省保山市普通高（完）中高三上学期期末质量监测数学试题含答案，共18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届云南省保山市普通高（完）中高三上学期期末质量监测数学试题 一、单选题1．设全集，集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】解一元二次不等式得到集合，再根据补集、交集的定义进行运算即可.【详解】不等式的解为，所以集合..故选：B.2．复数满足，则的虚部是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】应用复数的除法及乘法运算化简求，即可得虚部.【详解】，虚部为.故选：A3．已知平面向量的夹角为，且，则与的夹角是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意，分别求得可得，且，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】由平面向量的夹角为，且，可得，且，设向量与的夹角为所以，因为，可得，即与的夹角为.故选：B.4．已知等差数列的前项和为且满足，则（    ）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】C【分析】根据等差数列的性质计算可得答案．【详解】因为，所以.故选：C.5．已知为锐角，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出的范围，再由平方关系求出，然后利用诱导公式、正弦的二倍角公式计算可得答案.【详解】因为为锐角，所以，，因为，所以，所以，所以.故选：D.6．新冠肺炎疫情发生以来，中医药全面参与疫情防控救治，做出了重要贡献.某中医药企业根据市场调研与模拟，得到研发投入（亿元）与产品收益（亿元）的数据统计如下表：研发投入（亿元）12345产品收益（亿元）3791011用最小二乘法求得关于的经验回归直线方程是，相关系数（若，则线性相关程度一般，若，则线性相关程度较高），下列说法不正确的有（    ）A．变量与正相关且相关性较强B．C．当时，的估计值为40.3D．相应于点的残差为0.8【答案】D【分析】根据相关系数可判断A；求出代入回归方程可判断B；将代入线性回归方程可判断C；求出相应于点的残差可判断.【详解】对于A，由相关系数可知变量与正相关且相关性较强，故A正确；对于B，由表中数据可得，所以，解得，故B正确；对于C，关于的线性回归方程为，将代入线性回归方程可得，，故C正确；对于D，相应于点的残差为，故错误.故选：D.7．已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为3，则（    ）A．2 B．1 C．3 D．【答案】A【分析】根据题意，求得，圆心，圆的半径，结合圆的性质，列出方程，即可求解.【详解】由抛物线，可得，又由圆，可得圆心，半径，因为与圆上点的距离最小值，可得，解得.故选：A.8．若，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据已知条件构造函数，，再利用导数法研究函数的单调性，结合函数单调性的性质即可求解.【详解】，构造函数，则，当时，单调递减；当时，单调递增，故，所以，即，所以；令，则，令，则在上单调递增，，使，当时，在上单调递减，即在上单调递减，在时，在上单调递增，即在上单调递增，又，所以在上单调递减，故，即，所以，综上，故选:C.【点睛】关键点点睛：关键点是构造函数,然后利用导函数研究函数的单调性，结合函数单调性的性质即可解题. 二、多选题9．函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（    ）  A．函数的最小正周期是B．函数的图象关于点中心对称C．函数是偶函数D．函数在上的值域为【答案】AB【分析】利用图象可知、、可判断A；计算的值可判断B；求可判断C；由的范围可得的范围可判断D.【详解】由图象可知，故A正确；由图象可知，，因为，所以，，所以图象关于点中心对称，故B正确；不是偶函数，故C错误；当时，，，故D错误，故选：AB.10．古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得､阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点的距离之比为定值且的点的轨迹是一个圆，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，点满足，设点的轨迹为曲线，下列结论正确的是（    ）A．曲线的方程为B．曲线与圆外切C．曲线被直线截得的弦长为D．曲线上恰有三个点到直线的距离为1【答案】ACD【分析】对于A，设点，由两点间距离公式代入化简判断；对于B，根据圆心距与两半径和的关系进行判断；对于C，先求出点到直线的距离，再结合勾股定理求出弦长；对于D，结合点到直线的距离以及圆C的半径分析判断.【详解】对于A，设，由定义，得，化简整理得，故A正确；对于B，的圆心为，半径；的圆心为，半径；圆心距，故B错误；对于C，圆心到直线的距离，所以弦长为，故C正确；对于D，圆心到直线的距离，半径，所以圆上恰有三个点到直线的距离为1,故D正确.故选：ACD.11．在正方体中，为棱的中点，则下列说法正确的是（    ）A．平面 B．平面C．平面 D．【答案】BD【分析】通过假设A成立，运用线面平行的性质定理可判断；运用线面平行的的判定定理可判断B；通过假设C成立，运用线面垂直的判定定理及性质可判断C；运用线面垂直的判定定理及性质可判断D．【详解】对于A，连接，若平面，又平面，且平面平面，则，因为，，所以四边形为平行四边形，所以，显然矛盾，故错误；对于B，平面，平面平面，故正确；对于C，若平面，平面，则，又平面，平面，,又，平面，所以平面，平面，所以，与矛盾，故错误；对于D，平面，平面，，，平面，平面，平面，，故D正确，故选：.  12．一袋中有质地､大小完全相同的3个红球和2个白球，下列结论正确的是（    ）A．从中一次性任取3个球，恰有1个白球的概率是B．从中有放回地取球3次，每次任取1个球，恰好有2个白球的概率为C．从中不放回地取球，每次取1个球，取完白球就停止，记停止时取得的红球的数量为，则D．从中不放回地取球2次，每次取1个球，则在第1次取到白球的条件下，第2次再取到白球的概率为【答案】AC【分析】根据古典摡型的概率计算公式，独立重复试验的概率计算公式，以及条件概率的计算公式，逐项计算，即可求解.【详解】对于，从中任取3个球，恰有1个白球的概率为，故正确；对于，从中有放回地取球3次，每次任取1个球，其中每次取到白球的概率为，所以恰好有2个白球的概率为，故B不正确；对于，表示事件“取完白球时，取到1个红球”，共取球3次，前2次1红1白，第3次为白球，概率为，故正确；对于，设第1次取到白球为事件，第2次再取到白球为事件，所以第1次取到白球的条件下，第2次取到白球的概率为，故D错误.故选：AC. 三、填空题13．已知双曲线的焦距为4，焦点到渐近线的距离是1，则的标准方程为           .【答案】【分析】求出焦点坐标、渐近线方程，利用点到直线的距离公式可得答案.【详解】由题意得：双曲线的焦点坐标为，渐近线方程为，即，则，解得：，则，所以的标准方程为.故答案为：.  14．在的展开式中，的系数为80，则实数的值为           .【答案】【分析】求得二项展开式的通项，结合题意，列出方程，即可求解.【详解】由二项式的展开式的通项为，其中，因为展开式中的系数为，令，可得，解得.故答案为：. 四、双空题15．刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，在数学上用曲率刻画空间弯曲性.规定：多面体的顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在每个顶点的曲率为，故其总曲率为.根据曲率的定义，正方体在每个顶点的曲率为           ，四棱锥的总曲率为           .【答案】     /     【分析】根据曲率的定义结合正方体和四棱锥的特点即可得到答案.【详解】根据曲率的定义可得正方体在每个顶点的曲率为；由定义可得多面体的总曲率顶点数各面内角和，因为四棱锥有5个顶点，5个面，分别为4个三角形和1个四边形，所以任意四棱锥的总曲率为.故答案为：；. 五、填空题16．已知函数若方程恰有4个不等实根，则实数的取值范围是           .【答案】【分析】满足题意时函数与直线有四个交点，在同一坐标系中作出函数图象，即可求解【详解】当时，，当时，方程可化为；当时，方程可化为，令，当时，，可知，故在上单调递减；当时，，当时，单调递增，当时，单调递减，又，所以可画出的图象，如图所示，方程有4个不等实根，等价于的图象与直线有4个交点，由图可知，.  【点睛】关键点点睛：关键点是构造函数，然后把问题等价于的图象与直线有4个交点，考查了学生的思维能力和运算能力. 六、解答题17．已知的内角的对边分别为，.(1)求；(2)若，求的面积.【答案】(1)(2)或 【分析】（1）由正弦定理及余弦定理得出结果；（2）由正弦定理得出，根据诱导公式得出关系，再分情况求三角形的面积.【详解】（1）由正弦定理得，所以，由余弦定理得，又，所以.（2）由正弦定理得，或或；若，则为正三角形，；若，则为直角三角形，，，，综上所述，的面积为或.18．为普及传染病防治知识，增强市民的疾病防范意识，提高自身保护能力，某市举办传染病防治知识有奖竞赛．现从该市所有参赛者中随机抽取了100名参赛者的竞赛成绩，并以此为样本绘制了如表所示的频率分布表．竞赛成绩人数610183316116(1)求这100名参赛者的竞赛成绩的样本均值和样本方差（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；(2)若该市所有参赛者的成绩X近似地服从正态分布，用样本估计总体，近似为样本均值，近似为样本方差，利用所得正态分布模型解决以下问题：（参考数据：）①如果按照的比例将参赛者的竞赛成绩划分为参与奖、二等奖、一等奖、特等奖四个等级，试确定各等级的分数线（精确到整数）；②若该市共有10000名市民参加了竞赛，试估计参赛者中获得特等奖的人数（结果四舍五入到整数）．附：若随机变量X服从正态分布，则，．【答案】(1)；(2)①分数低于50的为参与奖，分数大于等于50小于65的为二等奖，分数大于等于65小于80的为一等奖，分数大于等于80的为特等奖 ；② 【分析】（1）根据频率分布表中的数据利用平均数公式和方差公式可求得结果，（2）①设竞赛成绩达到a及以上为特等奖；成绩达到b但小于a为一等奖，成绩达到c但小于b为二等奖，成绩未达到c为参与奖，则根据题意和正态分布的性质可得，，从而可得答案，②根据正态分布的性质求解【详解】（1）由频率分布表可得（2）该市所有参赛者的成绩X近似地服从正态分布，①设竞赛成绩达到a及以上为特等奖；成绩达到b但小于a为一等奖，成绩达到c但小于b为二等奖，成绩未达到c为参与奖，则，由于，因此；由于，因此，所以分数低于50的为参与奖，分数大于等于50小于65的为二等奖，分数大于等于65小于80的为一等奖，分数大于等于80的为特等奖．②估计参赛者中超过80分的人数为．19．已知数列满足，记的前项和为，.(1)求；(2)求的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）当为偶数时，，又，结合等差数列的求和公式求解即可.（2）当为奇数、偶数时分别求解通项公式，根据等差数列项的特征求解结果.【详解】（1）当为偶数时，，则，累加可得,（2）当为奇数时，由递推公式得，，两式相减得，又（为奇数）；当为偶数时，由递推公式得（为偶数），所以数列的奇数项均为，偶数项是以12为首项，为公差的等差数列，，，，同理，又，，，，所以当时，有最大值.20．如图，在四棱锥中，平面，底面是矩形，是上一点，平面.  (1)求证：平面；(2)从下面三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并作答：①异面直线与所成角的正切值为；②直线与平面所成角的正弦值为；③点到平面的距离为；若___________，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据线面平行的性质定理以及线面垂直的判定定理进行证明；（2）选①：根据异面直线所成角的定义计算得到；选②：根据直线与平面所成角的的定义计算得到；选③：利用等体积转换计算得到；然后再利用空间向量法求两个平面夹角的余弦值.【详解】（1）证明：如图，连接交于点，连接，  平面平面，平面平面，，是的中点，是的中点，又，平面，平面，，又，，平面，平面平面，又，平面.平面.（2）如图，选①：异面直线与所成角为或其补角，由（1），；选②：平面直线与平面所成角为，，，；选③：设，由是的中点，得，，所以，解得，所以；以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，，设平面的一个法向量为，则所以令，则，设平面的一个法向量为，则所以令，则，记平面与平面的夹角为，则.  21．已知椭圆的一个焦点为，椭圆上的点到的最大距离为3.(1)求椭圆的方程；(2)不经过的直线与轴垂直，与椭圆交于两点，连接并延长交椭圆于点，求证：直线过定点.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由题意，椭圆上的点到的最大距离为，结合可得答案；（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，求出直线的方程令，结合韦达定理可得答案.【详解】（1）由题意，椭圆上的点到的最大距离为，所以，所以椭圆方程为；（2）显然直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，则，由，可得，，，所以直线的方程为，令，可得，所以直线过定点.  【点睛】方法点睛：对于直线过定点问题，一般是将直线设成的形式，通过已知条件，找到变量k与m之间的关系，代回直线方程，将其由两个变量化作一个变量，即可判断出定点.22．已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)当时，恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）求出导数，求得切线的斜率和切点，由点斜率式方程可得切线的方程；（2）求出导数，令令，讨论当，，时，函数的单调性，即可得到所求范围.【详解】（1）当时，，切线的斜率为，又切点为，所以切线方程为.（2）令，即，①若，则当时，，令，，当时，，所以在上单调递增，，当时，，所以恒成立，符合题意；②若，则当时，，不合题意；③若，注意到，令，则，当时，，所以在上单调递增，因为，所以存在，使得，当时，，所以在上单调递减，，不合题意.综上，的取值范围为.【点睛】方法点睛：利用导数研究函数不等式恒成立问题，一种方法为参变分离，一种方法转化为函数的最值来求解，并通过利用导数分析函数的单调性来得到函数的最值，考查化归与转化思想，属于难题.