云南三校2024届高三下学期高考备考实用性联考卷（六）数学试卷（Word版附解析）

这是一份云南三校2024届高三下学期高考备考实用性联考卷（六）数学试卷（Word版附解析），文件包含云南三校2024届高三高考备考实用性联考卷六数学试题Word版含解析docx、云南三校2024届高三高考备考实用性联考卷六数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。

注意事项：
1. 答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.
2. 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.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效.
3. 考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.
一、单项选择题（本大题共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. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据补集和交集求出答案.
【详解】或，故.
故选：B.
2. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】应用复数除法及加法运算求，结合共轭复数的定义写出其共轭复数.
【详解】由题意知： ，则.
故选：D
3. 已知角的终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角函数定义求出正弦和余弦，结合半角公式求出答案.
【详解】由三角函数定义得
所以.
故选：A.
4. 已知数列的通项公式为，前n项和为，则取最小值时n的值为（ ）
A. 6B. 7C. 8D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】由已知可推得当时，.又，即可得出答案.
【详解】解可得，或，即或.
所以，当时，.
又，
所以，当时，取最小值.
故选：C.
5. 将函数的图象向右平移个单位后得到的图象，则时，的值域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先利用三角函数的图象变换求出，再利用整体法求解函数值域即可.
【详解】由题意得，
所以当时，，.
故选：C
6. 随着社会的发展，人与人的交流变得广泛，信息的拾取、传输和处理变得频繁，这对信息技术的要求越来越高，无线电波的技术也越来越成熟.其中电磁波在空间中自由传播时能量损耗满足传输公式：，其中D为传输距离，单位是km，F为载波频率，单位是MHz，L为传输损耗（亦称衰减），单位为dB.若传输距离增加到原来的2倍，传输损耗增加了18dB，则载波频率约增加到原来的（参考数据：）（ ）
A. 1倍B. 2倍C. 3倍D. 4倍
【答案】D
【解析】
【分析】设出变化后的相关量，根据已知等式结合对数运算，列出等式化简，即可得答案.
【详解】设是变化后的传输损耗，是变化后的载波频率，是变化后的传输距离，
则，，，
则，即，从而，
即载波频率约增加到原来的4倍，
故选：D.
7. 已知，分别是椭圆C：的左、右焦点，M，N是椭圆C上两点，且，，则椭圆C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，结合椭圆定义得，，在中由勾股定理得，再结合求解.
【详解】连接，设，则，，，
在中，，即，
所以，所以，
在中，，即，所以.
故选:B.
8. 如图所示的三棱锥中，，，，，且，，则其外接球表面积的最小值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用线面垂直的判定定理，将三棱锥放入长方体中，再利用基本不等式即可求其外接球表面积的最小值.
【详解】因为，，且，平面，
所以平面，
又因为，，且，平面，
所以平面，
所以可以将三棱锥放入一个长方体中，该长方体以为长，宽，高，如图所示，

则长方体的外接球就是三棱锥的外接球，
设所求外接球的半径为，
因为，所以，当且仅当时等号成立，
所以，即，解得，
所以该长方体外接球表面积的最小值为，
所以三棱锥的外接球表面积的最小值为，
故选：A
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 已知函数，则（ ）
A. 为奇函数B. 在定义域内单调递增
C. 有2个零点D. 的最小值为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据题意，利用函数的奇偶性，导数与函数的单调性的关系，以及零点的求法，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，由函数，可得定义域为关于原点对称，
又由，所以函数为奇函数，所以A正确；
对于B中，由，所以为单调递增函数，
所以函数在，单调递增，所以B错误；
对于C中，令，即，解得，所以C正确；
对于D中，例如：当时，，所以D不正确.
故选：AC.
10. 已知圆M：和圆N：相交于A，B两点，下列结论正确的是（ ）
A. 直线AB的方程为
B. 若点P为圆N上的一个动点，则点P到直线AB的距离的最大值为
C. 线段AB的长为
D. 直线是圆M与圆N的一条公切线
【答案】BCD
【解析】
【分析】A选项，两圆作差求出相交弦方程；B选项，求出圆心到直线的距离，从而得到点到直线的距离的最大值；C选项，根据垂径定理求出弦长；D选项，利用圆心到直线的距离等于半径得到直线是圆M与圆N的一条公切线.
【详解】A选项，两圆方程作差得，即，所以两圆公共弦所在直线方程为，A错误；
B选项，圆的圆心为，半径，
圆，即的圆心为，半径；
圆心到直线的距离，半径，
所以点到直线的距离的最大值为，B正确；
C选项，，C正确；
D选项，圆心到直线的距离，
圆心到直线的距离，
所以直线是圆与圆的一条公切线，D正确.
故选：BCD.
11. 如图，正方体的棱长为1，下列结论正确的是（ ）
A. 若P在棱AB上运动，则直线与直线所成的夹角一定为
B. 若P在棱AB上运动，则三棱锥的体积为
C. 若P在底面ABCD内（包含边界）运动，且满足，则动点P的轨迹的长度为
D. 若P在内（包含边界）运动，则直线与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围为
【答案】ABD
【解析】
【分析】证明平面，再根据线面垂直的性质即可判断A；根据即可判断B；易得动点的轨迹的长度为以D为圆心，1为半径的圆的周长的四分之一，即可判断C；平面，可得即为直线与平面ABC所成角，再进行分析即可判断D.
【详解】对于A，连接，则平面，
又平面，，
又，平面，平面，
平面，
又平面，，
所以直线与直线所成的夹角一定为，故A正确；
对于B，连接PC，，，
则三棱锥的体积等于三棱锥的体积，
平面，∴点P到平面的距离，为定值1，
即三棱锥高为1，底面三角形的面积为，，故B正确；
对于C，因为P满足，
则动点轨迹的长度为以D为圆心，1为半径的圆的周长的四分之一，
所以P点的轨迹的长度为，故C错误；
对于D，在正方体中，平面，
对于平面，为垂线，为斜线，为射影，
所以即为直线与平面ABC所成角，
设，则，
因为P是内（包括边界）的动点，
所以当P与O重合时，最小，此时，
当P与B重合时，最大，此时，
所以，故D正确.
故选：ABD.
12. 已知函数有两个极值点，（），则下列正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用函数有两个极值点得m的范围判断A,，并判断出，结合和代换，结合函数的单调性判断BCD.
【详解】由题意知，
令得，有两个解，
令，即等价于有且仅有两个零点，
也即在上有唯一的极值点且不等于零，
又且，
所以当时，，则单调递增，
当时，，则单调递减，
所以是函数的极大值点，则，
即，
解得，故A正确；且有，
.故B正确,D错误;
因为时，单调递减，又，，
所以在上单调递增，
则有，
又因为令，
则，所以函数在上单调递增，
则，所以,故C正确.
故选：ABC
【点睛】关键点点睛：本题考查函数的极值点问题，关键是求出m的范围，并利用单调性判断CD选项.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 为进一步提升物业管理和服务质量，某小区随机抽取100名住户开展了年度幸福指数测评活动，将其测评得分（均为整数）分成六组：，，…，，并绘制成如图所示的频率分布直方图.由此估计此次测评中居民幸福指数的第75百分位数为______.

【答案】82
【解析】
【分析】由百分位数的定义和频率分布直方图求解即可.
【详解】因为所有小矩形的面积之和为1，所以，
所以，测评得分落在内的频率为，
落在内的频率为，
设第75百分位数为，由，解得，
故第75百分位数为82.
故答案为：
14. 已知单位向量，的夹角为，，若与垂直，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，结合，列出方程，即可求解.
【详解】因为单位向量，的夹角为，可得，
又因为与垂直，可得，
即，解得.
故答案为：.
15. 若函数在区间的最小值为a，最大值为b，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用导数求出函数的单调区间，进而可求出函数的最值，即可得解.
【详解】因为，
当时，，为增函数，
当时，，为减函数，
所以在上的最大值.，
又因，
所以在上的最小值，
所以.
故答案为：.
16. 已知，分别为双曲线C：的左、右焦点，O为坐标原点，过作渐近线的垂线，垂足为P，且，过双曲线C上一点Q作两渐近线的平行线分别交渐近线于M，N两点，则四边形OMQN的面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】先求得双曲线方程为，设到两渐近线的距离之积，结合双曲线的方程，求得，结合面积公式，即可求解.
【详解】过作渐近线的垂线，垂足为，如图所示，因为，，所以，
因为，所以，
在直角在中，，所以，所以，
又因为，所以，所以双曲线方程为，
因为，所以，
设到两渐近线的距离为，则，
又因为，所以，
所以.
故答案为：.

四、解答题（共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.从条件①：；条件②：；条件③：这三个条件中选择一个作为已知条件.（注：若选择多个条件作答，则只按第一个解答计分）
（1）求角B的大小；
（2）若，的平分线BD交AC于点D，且，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）选①，求出，结合，得到；选②，求出，，得到答案；选③，由正弦定理得到，求出答案；
（2）由和三角形面积公式，得到，由余弦定理得到，求出，得到三角形面积.
【小问1详解】
选条件①：因为，所以，即，
又因为为锐角三角形，所以，
所以，所以.
选条件②：因为，所以，
所以，
又因为，所以，
所以，所以.
选条件③：由正弦定理可得，
即，
又因为，所以，
因为，所以.
【小问2详解】
由BD平分，得，
则，即.
在中，由余弦定理可得，
又，则，
联立可得，
解得（舍去）.
故.
18. 如图，在四棱锥中，平面平面ABE，点E在以AB为直径半圆O上运动（不包括端点），底面ABCD为矩形，.
（1）求证：平面ADE；
（2）当四棱锥体积最大时，求平面ADE与平面ACE所成夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由面面垂直得平面，再结合圆的性质得即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，求出两个面的法向量即可求解.
【小问1详解】
点E在上且为直径，，
又平面平面，平面平面，且平面，
平面，
平面，，
又平面，故平面.
【小问2详解】
当四棱锥体积最大时，是的中点，
此时，，
取中点，连接，
则，即平面，
又，
以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴及轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
，，
设平面的一个法向量为，则
取，可得，
平面的一个法向量为，
设平面与平面所成夹角为，则，
即平面与平面所成夹角的余弦值为.
19. 已知数列的前n项和为，且.在数列中，，.
（1）求，的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）直接利用与的关系求解，利用累加法求解；
（2）利用错位相减法求和.
【小问1详解】
由题知，当时，，
当时，，
因为，所以.
因为，所以，
则
，
时符合，故，
综上，，.
【小问2详解】
由（1）知
所以的前n项和,,①，
②，
①−②得，
所以.,当,满足题意，故
20. 数学中有这么一个定理：喝醉的酒鬼总能找到回家的路，喝醉的小鸟则可能永远也回不了家.这个定理数学家波利亚在1921年给出证明，它与随机游走有关，随机游走是概率论中的一个重要概念，它描述了一个在空间中随机移动的过程，随机游走最简单的形式是一维随机游走，即一个点在数轴上以一定的概率向左或向右移动，如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点O出发，每隔1s等可能地向左或向右移动一个单位，记移动k次后质点回到原点位置的概率为，其中k为偶数.
（1）求，，；
（2）证明：.
【答案】（1），，
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，得到质点向左或向右的均为概率为，进而求得的值；
（2）法一：设，则，，求得，进而得到，即可得到.
法二：设，求得，，化简得到，结合，即可得证.
【小问1详解】
解：由题意，从原点O出发，每隔1s等可能地向左或向右移动一个单位，
可得质点向左或向右的均为概率为，可得，，
.
【小问2详解】
证明：法一：设，则，
同理，
所以，
因为，所以，所以，即.
法二：当时，由（1）知，即；
当时，设，则，，
因为，
所以
，
因为，所以，即，
综上，
21. 已知A，B，C是抛物线上三点，且，，垂足为D.
（1）当C的坐标为时，求点D的轨迹方程；
（2）当C的坐标为时，是否存在点Q，使得为定值，若存在，求出Q的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）（除去原点）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）设直线的方程为，与抛物线联立，由得直线过定点，再利用求出轨迹方程；
（2）同（1）的方法，先求出直线恒过，再利用直角三角形和圆的意义，求出定点和定值.
【小问1详解】
设，，直线的方程为.
联立得，则，①，
因为，所以，即，
所以②，
由①②得：,整理得，
因为，所以，直线恒过定点，
设点，则，即，整理得，
所以点的运动轨迹为以为圆心，半径为2的圆（原点除外）.
【小问2详解】
由（1）因为，
所以，，，
则
③，
将①代入③得：，
得，或者.
当时，直线过.
当时，直线过，此时在上，不合题意.
所以直线恒过.
因为为定点，所以为定值，
在中取中点，连接，，
所以为定值.
此时的坐标为，
故存在点，使得为定值.
22. 牛顿迭代法是牛顿在17世纪提出的一种在实数域和复数域上近似求解方程的方法.比如，我们可以先猜想某个方程的其中一个根r在的附近，如图6所示，然后在点处作的切线，切线与x轴交点的横坐标就是，用代替重复上面的过程得到；一直继续下去，得到，，，…，.从图形上我们可以看到较接近r，较接近r，等等.显然，它们会越来越逼近r.于是，求r近似解的过程转化为求，若设精度为，则把首次满足的称为r的近似解.
已知函数，.
（1）试用牛顿迭代法求方程满足精度的近似解（取，且结果保留小数点后第二位）；
（2）若对任意都成立，求整数a的最大值.（计算参考数值：，，，，）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义及牛顿迭代法可得结果；
（2）根据已知通过分离变量，构造函数，利用导数得出的最小值，由（1）的结论可得结果.
【小问1详解】
解： 因为，则，
，曲线在处的切线为，且，
，曲线在处的切线为，且，
故用牛顿迭代法求方程满足精度的近似解为.
【小问2详解】
将整理得到：，
令，，
因为，令，即，得或，
令，即，得，
所以在上为增函数，在上为减函数，
所以的极小值为，
因此有且仅有一个零点，所以有且仅有一个极小值点，即，
所以有，
方法一：由（1）有，则.
方法二：.
，
所以，能取到的最大整数值为.
【点睛】关键点点睛：利用导数的几何意义求切线方程；第二问的关键是转化不等式，从而分析函数的性质，得出最值.