97，云南省昆明市部分学校2024届高三下学期二模考试数学试题

这是一份97，云南省昆明市部分学校2024届高三下学期二模考试数学试题，共18页。

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. （ ）
A. B. 1C. D. i
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的除法结合虚数单位的性质，即可求得答案.
【详解】由题意得，
故选：C
2. 已知全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据集合的并集与补集运算即可.
【详解】因为，所以，又，
所以．
故选：D.
3. 已知直线与圆相交于两点，若，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】先计算直线到圆心的距离，然后根据勾股定理得到，从而代入条件即可解出，从而得到.
【详解】如图所示：

设坐标原点到直线的距离为，则.
设线段的中点为，则，根据勾股定理，有.
由，得，故，解得，故.
故选：B.
4. 高二年级进行消防知识竞赛，统计所有参赛同学的成绩，成绩都在内，估计所有参赛同学成绩的第75百分位数为（ ）

A. 65B. 75C. 85D. 95
【答案】C
【解析】
【分析】先利用各矩形的面积之和为1，求得，再利用第75百分位数的定义求解.
【详解】因为，所以．参赛成绩位于内的频率为，
第75百分位数在内，设为，则，解得，即第75百分位数为85，
故选：C．
5. 已知函数在区间上单调递增，则的最小值为（ ）
A. eB. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】等价转化为在区间上恒成立，再利用分离参数法并结合导数即可求出答案.
【详解】因为在区间上恒成立，所以在区间上恒成立．
令，则在上恒成立，
所以在区间上单调递减，所以，故．
故选：D.
6. 已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长都等于2，则该四棱锥的内切球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出棱锥高，进而得到棱锥体积，设出内切球半径，根据体积得到方程，求出半径，进而得到表面积.
【详解】设内切球的半径为的中点为，则⊥平面，
因为四棱锥的底面是边长为2的正方形，所以，
因为，由勾股定理得，
故棱锥的体积为，棱锥的表面积为，
设内切球的半径为，

则由等体积法可得，解得，
所以．
故选：A
7. 如图，已知椭圆的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，过原点的直线与椭圆交于两点，椭圆上异于的点满足，，，则椭圆的离心率为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据垂直关系可得，根据数量积可得，进而得在椭圆上，即可化简求解.
【详解】
连接，依题意可得，所以，
所以，
所以，
所以，
则的坐标为，所以，即，
可得，化简得，解得，即．
故选：A
8. 甲、乙等6人去三个不同的景区游览，每个人去一个景区，每个景区都有人游览，若甲、乙两人不去同一景区游览，则不同的游览方法的种数为（ ）
A. 342B. 390C. 402D. 462
【答案】B
【解析】
【分析】先分组再分配，先将人分成组，有、、三种分组可能，结合条件甲、乙两人不去同一景区游览，每种情况都先求出所有游览方法总数，减去甲乙去同一景区方法总数，三种情况再求和即可.
【详解】去三个不同景区游览，每个人去一个景区，每个景区都有人去游览，
则三个景区的人数有3种情况：①1，1，4型，则不同种数为；
②1，2，3型，则不同种数；
③2，2，2型，则不同种数为．
所以共有种.
故选：B
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知函数，则（ ）
A.
B.
C. 在上单调递减
D. 的图象向左平移个单位长度后关于轴对称
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据函数的对称性求得，即可求出，代入求值判断A，利用对称性判断B，代入验证法判断C，根据平移变换法则求得新函数解析式，利用偶函数性质判断D.
【详解】由题意函数的图象的一条对称轴方程为，
所以，所以，
因为，所以，即.
对于A，，错误；
对于B，因为，所以图象的一个对称中心为，
即，正确；
对于C，当时，，
所以在上单调递减，C正确；
对于D，的图象向左平移个单位长度后，所得图象对应的函数解析式为，显然是偶函数，其图象关于轴对称，D正确.
故选：BCD
10. 在中，为的中点，点在线段上，且，将以直线为轴顺时针转一周围成一个圆锥，为底面圆上一点，满足，则（ ）
A.
B. 在上的投影向量是
C. 直线与直线所成角的余弦值为
D. 直线与平面所成角的正弦值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据弧长求出，即可判断A选项；观察投影向量即可判断选项；建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法即可判断C、D选项.
【详解】
旋转一周后所得圆锥的顶点为，底面圆心为，半径，
所以圆的周长为，所以所对的圆心角为，A正确；
易知B正确；以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
所以，
所以，C错误．
设平面的法向量为，则令，
则．设直线与平面所成的角为，
则，D正确.
故选：ABD
11. 已知非常数函数的定义域为，且，则（ ）
A. B. 或
C. 是上的增函数D. 是上的增函数
【答案】AC
【解析】
【分析】A.令判断；B.令，分别令，判断；CD.由，令判断.
【详解】解：在中，
令，得，即．
因为函数为非常数函数，所以，A正确．
令，则．
令，则，①
令，则，②
由①②，解得，从而，B错误．
令，则，即，
因为，所以，所以C正确，D错误．
故选：AC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知向量，若，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用数量积的坐标运算求得，，再根据数量积运算求解即可.
【详解】因为，所以，，
因为，所以，所以，解得.
故答案为：
13. 在中，内角所对的边分别为，若成等比数列，且，则_______，_______．
【答案】 ①. ## ②. ##0.5
【解析】
【分析】将用正弦定理化为，再用即可解出，从而求出；然后由成等比数列知，利用得到，即可根据的值得到的值.
【详解】因为，由正弦定理知，
所以有：．
故，即，从而，所以．
因为成等比数列，所以，从而．
故答案为：；.
14. 已知双曲线左、右焦点分别为，过作一条渐近线的垂线交双曲线的左支于点，已知，则双曲线的渐近线方程为_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，结合双曲线的定义、余弦定理求出的关系即可作答.
【详解】根据题意画出图象如下：

由得，又，所以，
双曲线的渐近线方程为，
则点到渐近线的距离，所以在中，，
由余弦定理得，
即，化简得，即，
解得或，因为，所以.
则双曲线的渐近线方程为．
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知是等差数列，，且成等比数列．
（1）求的通项公式；
（2）若数列满足，且，求的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意列式求出公差，即可求得答案；
（2）由累加法可求出，即可求得，利用裂项相消法求和，即得答案.
【小问1详解】
因为成等比数列，
所以，解得．
又是等差数列，，所以公差，
故.
【小问2详解】
由，得，
所以,又,
当时，
,
又也适合上式，所以,
则,
所以.
16. 如图，在直三棱柱中，已知.

（1）当时，证明：平面.
（2）若，且，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，交于点，连接，则利用中位线性质得，再利用线面平行证明平面；
（2）建立空间直角坐标系，计算出所求平面的法向量，利用公式法求出平面与平面的夹角的余弦值.
【小问1详解】
当时，为的中点，连接，交于点，连接，
可知是的中位线，所以.
又平面平面，所以平面.
【小问2详解】
易知两两垂直，以为原点，的方向分别为轴的正方向，
建立空间直角坐标系，

当时，，.
设平面的法向量为，
则，令，得.
易知为平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，则.
17. 为建设“书香校园”，学校图书馆对所有学生开放图书借阅，可借阅的图书分为“期刊杂志”与“文献书籍”两类.已知该校小明同学的图书借阅规律如下：第一次随机选择一类图书借阅，若前一次选择借阅“期刊杂志”，则下次也选择借阅“期刊杂志”的概率为，若前一次选择借阅“文献书籍”，则下次选择借阅“期刊杂志”的概率为.
（1）设小明同学在两次借阅过程中借阅“期刊杂志”的次数为X，求X的分布列与数学期望；
（2）若小明同学第二次借阅“文献书籍”，试分析他第一次借哪类图书的可能性更大，并说明理由.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）小明第一次选择借阅“期刊杂志”的可能性更大，理由见解析
【解析】
【分析】（1）求出随机变量的取值，结合条件概率求出对应的概率，即可求出分布列和数学期望；
（2）先求出，然后根据条件概率公式分别求出借阅两类图书的概率，比较大小即可解答.
【小问1详解】
设表示第次借阅“期刊杂志”，表示第次借阅“文献书籍”，，
则.
依题意，随机变量的可能取值为0，1，2.
，
，
.
随机变量的分布列为
所以.
【小问2详解】
若小明第二次借阅“文献书籍”，则他第一次借阅“期刊杂志”的可能性更大．理由如下：
．
若第一次借阅“期刊杂志”，则．
若第一次借阅“文献书籍”，则．
因为，所以小明第一次选择借阅“期刊杂志”的可能性更大.
18. 已知是抛物线上任意一点，且到的焦点的最短距离为.直线与交于两点，与抛物线交于两点，其中点在第一象限，点在第四象限.
（1）求抛物线的方程.
（2）证明：
（3）设的面积分别为，其中为坐标原点，若，求.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）利用焦半径公式求得，即可求解抛物线方程；
（2）设直线的方程为，与抛物线方程联立，结合韦达定理利用根与系数的关系求解即可；
（3）由得，结合（2）的韦达定理得，从而求得，从而面积之比转化为的值.
【小问1详解】
设，易知，准线方程为，所以.
当时，取得最小值，由，解得.所以抛物线的方程为.
【小问2详解】
设直线与轴交于点，因为直线的斜率显然不为0，
所以设直线的方程为，
联立，消去得，
所以，所以，
同理可得，所以.
【小问3详解】
因为，所以，即.
因为，所以，即，
所以，由（2）知，所以，
故，所以，即，
化简得，解得或，
若，则，这与矛盾，所以，
所以.
19. 已知函数.
（1）判断的单调性；
（2）当时，求函数的零点个数.
【答案】（1）在上单调递减，在上单调递减
（2）2
【解析】
【分析】（1）求导函数，，利用导数研究函数的单调性，进而求得，从而求出的单调区间；
（2）把问题转化的零点问题，利用导数判断出的单调性，先判断在上不存在零点，再判断在上存在零点，最后判断在上存在零点，即可求解.
【小问1详解】
函数的定义域为.
令，则.
当时，单调递增，当时，单调递减，
所以，
所以在上恒成立，所以在上单调递减，在上单调递减.
【小问2详解】
且的零点等价于且的零点.
,令，
易知，因为，
所以存在，使得，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递减，
在上单调递增.
当时，，当时，，
所以在，上不存在零点.
取，则，
所以在上存在一个零点，设为.
又，所以，因为，所以，
因为，所以，因为，所以，
所以在上存在一个零点.
综上所述，当时，函数的零点个数为2.
【点睛】思路点睛：涉及函数零点个数问题，可以利用导数分段讨论函数的单调性，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.
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