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云南省三校2024届高三下学期3月高考备考实用性联考卷（七）数学试卷（Word版附解析）
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这是一份云南省三校2024届高三下学期3月高考备考实用性联考卷（七）数学试卷（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了下列说法正确的是等内容，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.已知全集，集合，那么如图阴影部分表示的集合为（ ）
A. B. C. D.
2.若是一元二次方程的根，则该方程的两根之和为（ ）
A.2 B. C. D.1
3.已知，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
4.小张､小王两人计划报一些兴趣班，他们分别从“篮球､绘画､书法､游泳､钢琴”这五个随机选择一个，记事件：“两人至少有一人选择篮球”，事件：“两人选择的兴趣班不同”，则概率（ ）
A. B. C. D.
5.我国古代有一种容器叫“方斗”，“方斗”的形状是一种上大下小的正四棱台（两个底面都是正方形的四棱台），如果一个方斗的容积为28升（一升为一立方分米），上底边长为4分米，下底边长为2分米，则该方斗的表面积为（ ）
A. B. C. D.
6.已知圆的半径为分别为该圆的内接的三边，若，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
7.如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法•商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，……第层有个球，则数列的前30项和为（ ）
A. B. C. D.
8.已知函数，若在有实数解，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二､多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9.下列说法正确的是（ ）
A.设随机变量的均值为是不等于的常数，则相对于的偏离程度小于相对于的偏离程度（偏离程度用差的平方表示）
B.若一组数据的方差为0，则所有数据都相同
C.用决定系数比较两个回归模型的拟合效果时，越小，残差平方和越小，模型拟合效果越好
D.在对两个分类变量进行独立性检验时，如果列联表中所有数据都扩大为原来的10倍，在相同的检验标准下，再去判断两变量的关联性时，结论不会发生改变
10.函数的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A.的表达式可以写成
B.的图象关于直线对称
C.在区间上单调递增
D.若方程在上有且只有6个根，则
11.如图，已知二面角的棱上有两点，，且，则（ ）
A.当时，直线与平面所成角的正弦值为
B.当二面角的大小为时，直线与所成角为
C.若，则三棱锥的外接球的体积为
D.若，则二面角的余弦值为
三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12.已知多项式，则__________.
13.若为奇函数，则__________.
14.油纸伞是中国传统工艺品，至今已有1000多年的历史，为宣传和推广这一传统工艺，北京市文化宫于春分时节开展油纸伞文化艺术节.活动中将油纸伞撑开后摆放在户外展览场地上，如图所示，该伞的伞沿是一个半径为的圆，圆心到伞柄底端距离为，阳光照射油纸伞在地面形成了一个椭圆形影子（春分时，北京的阳光与地面夹角为），若伞柄底端正好位于该椭圆的焦点位置，则该椭圆的离心率为__________.
四､解答题（共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15.（本小题满分13分）
设圆与两圆中的一个内切，另一个外切.
（1）求圆心的轨迹的方程；
（2）已知直线与轨迹交于不同的两点，且线段的中点在圆上，求实数的值.
16.（本小题满分15分）
已知函数，且曲线在点处的切线与直线垂直.
（1）求函数的单调区间；
（2）若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围.
17.（本小题满分15分）
如图，在几何体中，为等腰梯形，为矩形，，，平面平面.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的余弦值.
18.（本小题满分17分）
现有标号依次为的个盒子，标号为1号的盒子里有2个黑球和2个白球，其余盒子里都是1个黑球和1个白球.现从1号盒子里取出2个球放入2号盒子，再从2号盒子里取出2个球放入3号盒子，，依次进行到从号盒子里取出2个球放入号盒子为止.
（1）当时，求2号盒子里有3个黑球的概率；
（2）当时，求3号盒子里的黑球的个数的分布列；
（3）记号盒子中黑球的个数为，求的期望.
19.（本小题满分17分）
三阶行列式是解决复杂代数运算的算法，其运算法则如下：.若，则称为空间向量与的叉乘，其中，为单位正交基底.以为坐标原点，分别以的方向为轴､轴､轴的正方向建立空间直角坐标系，已知是空间直角坐标系中异于的不同两点.
（1）①若，求；
②证明：.
（2）记的面积为，证明：；
（3）问：的几何意义表示以为底面､为高的三棱锥体积的多少倍？
2024届云南三校高考备考实用性联考卷（七）
数学参考答案
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，只有一项符合题目要求）
1.由，得或，而，依题意，阴影部分表示的集合，故选B.
2.设的另一个根是，易知与一定是共轭复数，故，故，故选A.
3.由题知，，所以，故选B.
4.由题意可知：两人都没选择篮球，即，所以，而：有一人选择篮球，另一人选别的兴趣班，则，所以，故选C.
5.如图所示，高线为，由方斗的容积为28升，可得，解得.由上底边长为4分米，下底边长为2分米可得，侧面积为，所以方斗的表面积为，故选D.
6.设分别为角所对的边，在中，由正弦定理可得，，所以，故选C.
7.根据已知条件有，当时，，以上各式累加得：，又，所以，经检验符合上式，所以，所以，设数列的前项和为，则，所以，故选A.
8.根据题意，，所以，令，则函数在上存在零点等价于与的图象有交点.，令，则，故在上单调递增，因为，，所以存在唯一的，使得，即，即，，所以当时，单调递减，当时，单调递增，所以，
又时，，故，所以，故选C.
二､多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
【解析】
9.对于，由均值的性质可知，由于是不等于的常数，
故可得，即相对于的偏离程度小于相对于的偏离程度，A正确；
对于，根据方差公式，可知若一组数据，的方差为0，则正确；对于，由决定系数的定义可知，错误；对于的值变为原来的10倍，在相同的检验标准下，再去判断两变量的关联性时，结论可能发生改变，D错误，故选AB.
10.对，由，得，即，又，又的图象过点，则，即，即得，，又，所以，故A正确；
对B，，故B错误；对C，当时，则，由余弦函数单调性知，在单调递减，故C错误；对于D，由，得，解得或，方程在上有6个根，从小到大依次为：，而第7个根为，所以，故D正确，故选AD.
11.对选项：当时，因为，所以，所以直线与平面所成角为，又因为，所以，因为，所以，所以，故A正确；
对选项：如图，过作，且，连接，则四边形为正方形，所以，所以（或其补角）即为直线与所成角，因为，四边形为正方形，有，所以，又因为，所以即为二面角的平面角，即，由，且平面，所以平面，又四边形为正方形，所以，所以平面，又平面，所以.由且四边形为正方形，，所以，所以，即，即直线与所成角为，故正确；对于，如图，作，且，则二面角的平面角为，不妨取，由，在Rt中，易得，在中，由余弦定理得，
，过点作交线段的延长线于点，则平面，过点作，交线段的延长线于点，连接，则为二面角的平面角，易得，所以，故D正确；对选项：同选项可知，如图，分别取线段的中点，连接，过点作平面的垂线，则球心必在该垂线上，设球的半径为，则，又的外接圆半径，而平面平面，所以平面，即的长为点到平面的距离，则，所以四面体的外接球的体积为，故C错误，故选ABD.
三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
【解析】
12.含的项为：，故；令，即，令，即.
13.定义域为，得或，由为奇函数有，所以.
14.如图，伞的企沿与地面接触点是椭圆长轴的一个端点，
伞沿在地面上最远的投影点是椭圆长轴的另一个端点，
对应的伞沿为为伞的圆心，为伞柄底端，即椭圆的左焦点，
令椭圆的长半轴长为，半焦距为，由，
得，在中，，则，由正弦定理得，，解得，则，所以该椭圆的离心率.
四､解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15.（本小题满分13分）
解：（1）圆的圆心为，半径为1，
圆的圆心为，半径为1，
设圆的半径为，
若圆与圆内切，与圆外切，则，
可得；
若圆与圆内切，与圆外切，则，
可得；
综上所述：，
可知：圆心的轨迹是以为焦点的双曲线，且，
可得，
所以圆心的轨迹的方程为.
（2）联立方程
消去得，
则，可知直线与双曲线相交，
如图6，设，线段的中点为，
可得，即，
且在圆上，
则，解得，
又，所以实数的值为7.
16.（本小题满分15分）
解：（1）函数的定义域为，
又曲线在点处的切线与直线垂直，
所以，即.
，
由且，得，即的单调递减区间是，
由得，即的单调递增区间是.
（2）由（1）知不等式恒成立，
可化为恒成立，即恒成立.
令，
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增.
所以时，函数有最小值.
由恒成立，
得，即实数的取值范围是.
17.（本小题满分15分）
（1）证明：如图7，过点作的垂线，垂足为，连接，
由已知可得，
平面平面，平面平面平面，平面，
平面，
，
，
.
（2）解：建立如图所示空间直角坐标系
则，
，
设平面的法向量为，则
令得，
设直线与平面所成角为，
则，.
，
即直线与平面所成角的余弦值为.
18.（本小题满分17分）
解：（1）由题可知2号盒子里有3个黑球的概率为.
（2）由题可知可取，
，
，
，
所以3号盒子里的黑球的个数的分布列为
（3）记为第号盒子有一个黑球和三个白球的概率，则，
为第号盒子有两个黑球和两个白球的概率，则，
则第号盒子有三个黑球和一个白球的概率为，
且，
化解得，
得，
而，则数列为等比数列，首项为，公比为，
所以，
又由求得：.
因此.
19.（本小题满分17分）
（1）①解：因为，
则.
②证明：设，
则
，
将与互换，与互换，与互换，
可得，
故.
（2）证明：因为
.
故，
故要证，
只需证，
即证.
由（1），故，
又，
则成立，
故.
（3）解：由（2），
得
，
故，
故的几何意义表示以为底面､为高的三棱锥体积的6倍.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
A
B
C
D
C
A
C
题号
9
10
11
答案
AB
AD
ABD
题号
12
13
14
答案
8
-1
1
2
3
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.已知全集，集合，那么如图阴影部分表示的集合为（ ）
A. B. C. D.
2.若是一元二次方程的根，则该方程的两根之和为（ ）
A.2 B. C. D.1
3.已知，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
4.小张､小王两人计划报一些兴趣班，他们分别从“篮球､绘画､书法､游泳､钢琴”这五个随机选择一个，记事件：“两人至少有一人选择篮球”，事件：“两人选择的兴趣班不同”，则概率（ ）
A. B. C. D.
5.我国古代有一种容器叫“方斗”，“方斗”的形状是一种上大下小的正四棱台（两个底面都是正方形的四棱台），如果一个方斗的容积为28升（一升为一立方分米），上底边长为4分米，下底边长为2分米，则该方斗的表面积为（ ）
A. B. C. D.
6.已知圆的半径为分别为该圆的内接的三边，若，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
7.如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法•商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，……第层有个球，则数列的前30项和为（ ）
A. B. C. D.
8.已知函数，若在有实数解，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二､多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9.下列说法正确的是（ ）
A.设随机变量的均值为是不等于的常数，则相对于的偏离程度小于相对于的偏离程度（偏离程度用差的平方表示）
B.若一组数据的方差为0，则所有数据都相同
C.用决定系数比较两个回归模型的拟合效果时，越小，残差平方和越小，模型拟合效果越好
D.在对两个分类变量进行独立性检验时，如果列联表中所有数据都扩大为原来的10倍，在相同的检验标准下，再去判断两变量的关联性时，结论不会发生改变
10.函数的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A.的表达式可以写成
B.的图象关于直线对称
C.在区间上单调递增
D.若方程在上有且只有6个根，则
11.如图，已知二面角的棱上有两点，，且，则（ ）
A.当时，直线与平面所成角的正弦值为
B.当二面角的大小为时，直线与所成角为
C.若，则三棱锥的外接球的体积为
D.若，则二面角的余弦值为
三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12.已知多项式，则__________.
13.若为奇函数，则__________.
14.油纸伞是中国传统工艺品，至今已有1000多年的历史，为宣传和推广这一传统工艺，北京市文化宫于春分时节开展油纸伞文化艺术节.活动中将油纸伞撑开后摆放在户外展览场地上，如图所示，该伞的伞沿是一个半径为的圆，圆心到伞柄底端距离为，阳光照射油纸伞在地面形成了一个椭圆形影子（春分时，北京的阳光与地面夹角为），若伞柄底端正好位于该椭圆的焦点位置，则该椭圆的离心率为__________.
四､解答题（共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15.（本小题满分13分）
设圆与两圆中的一个内切，另一个外切.
（1）求圆心的轨迹的方程；
（2）已知直线与轨迹交于不同的两点，且线段的中点在圆上，求实数的值.
16.（本小题满分15分）
已知函数，且曲线在点处的切线与直线垂直.
（1）求函数的单调区间；
（2）若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围.
17.（本小题满分15分）
如图，在几何体中，为等腰梯形，为矩形，，，平面平面.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的余弦值.
18.（本小题满分17分）
现有标号依次为的个盒子，标号为1号的盒子里有2个黑球和2个白球，其余盒子里都是1个黑球和1个白球.现从1号盒子里取出2个球放入2号盒子，再从2号盒子里取出2个球放入3号盒子，，依次进行到从号盒子里取出2个球放入号盒子为止.
（1）当时，求2号盒子里有3个黑球的概率；
（2）当时，求3号盒子里的黑球的个数的分布列；
（3）记号盒子中黑球的个数为，求的期望.
19.（本小题满分17分）
三阶行列式是解决复杂代数运算的算法，其运算法则如下：.若，则称为空间向量与的叉乘，其中，为单位正交基底.以为坐标原点，分别以的方向为轴､轴､轴的正方向建立空间直角坐标系，已知是空间直角坐标系中异于的不同两点.
（1）①若，求；
②证明：.
（2）记的面积为，证明：；
（3）问：的几何意义表示以为底面､为高的三棱锥体积的多少倍？
2024届云南三校高考备考实用性联考卷（七）
数学参考答案
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，只有一项符合题目要求）
1.由，得或，而，依题意，阴影部分表示的集合，故选B.
2.设的另一个根是，易知与一定是共轭复数，故，故，故选A.
3.由题知，，所以，故选B.
4.由题意可知：两人都没选择篮球，即，所以，而：有一人选择篮球，另一人选别的兴趣班，则，所以，故选C.
5.如图所示，高线为，由方斗的容积为28升，可得，解得.由上底边长为4分米，下底边长为2分米可得，侧面积为，所以方斗的表面积为，故选D.
6.设分别为角所对的边，在中，由正弦定理可得，，所以，故选C.
7.根据已知条件有，当时，，以上各式累加得：，又，所以，经检验符合上式，所以，所以，设数列的前项和为，则，所以，故选A.
8.根据题意，，所以，令，则函数在上存在零点等价于与的图象有交点.，令，则，故在上单调递增，因为，，所以存在唯一的，使得，即，即，，所以当时，单调递减，当时，单调递增，所以，
又时，，故，所以，故选C.
二､多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
【解析】
9.对于，由均值的性质可知，由于是不等于的常数，
故可得，即相对于的偏离程度小于相对于的偏离程度，A正确；
对于，根据方差公式，可知若一组数据，的方差为0，则正确；对于，由决定系数的定义可知，错误；对于的值变为原来的10倍，在相同的检验标准下，再去判断两变量的关联性时，结论可能发生改变，D错误，故选AB.
10.对，由，得，即，又，又的图象过点，则，即，即得，，又，所以，故A正确；
对B，，故B错误；对C，当时，则，由余弦函数单调性知，在单调递减，故C错误；对于D，由，得，解得或，方程在上有6个根，从小到大依次为：，而第7个根为，所以，故D正确，故选AD.
11.对选项：当时，因为，所以，所以直线与平面所成角为，又因为，所以，因为，所以，所以，故A正确；
对选项：如图，过作，且，连接，则四边形为正方形，所以，所以（或其补角）即为直线与所成角，因为，四边形为正方形，有，所以，又因为，所以即为二面角的平面角，即，由，且平面，所以平面，又四边形为正方形，所以，所以平面，又平面，所以.由且四边形为正方形，，所以，所以，即，即直线与所成角为，故正确；对于，如图，作，且，则二面角的平面角为，不妨取，由，在Rt中，易得，在中，由余弦定理得，
，过点作交线段的延长线于点，则平面，过点作，交线段的延长线于点，连接，则为二面角的平面角，易得，所以，故D正确；对选项：同选项可知，如图，分别取线段的中点，连接，过点作平面的垂线，则球心必在该垂线上，设球的半径为，则，又的外接圆半径，而平面平面，所以平面，即的长为点到平面的距离，则，所以四面体的外接球的体积为，故C错误，故选ABD.
三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
【解析】
12.含的项为：，故；令，即，令，即.
13.定义域为，得或，由为奇函数有，所以.
14.如图，伞的企沿与地面接触点是椭圆长轴的一个端点，
伞沿在地面上最远的投影点是椭圆长轴的另一个端点，
对应的伞沿为为伞的圆心，为伞柄底端，即椭圆的左焦点，
令椭圆的长半轴长为，半焦距为，由，
得，在中，，则，由正弦定理得，，解得，则，所以该椭圆的离心率.
四､解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15.（本小题满分13分）
解：（1）圆的圆心为，半径为1，
圆的圆心为，半径为1，
设圆的半径为，
若圆与圆内切，与圆外切，则，
可得；
若圆与圆内切，与圆外切，则，
可得；
综上所述：，
可知：圆心的轨迹是以为焦点的双曲线，且，
可得，
所以圆心的轨迹的方程为.
（2）联立方程
消去得，
则，可知直线与双曲线相交，
如图6，设，线段的中点为，
可得，即，
且在圆上，
则，解得，
又，所以实数的值为7.
16.（本小题满分15分）
解：（1）函数的定义域为，
又曲线在点处的切线与直线垂直，
所以，即.
，
由且，得，即的单调递减区间是，
由得，即的单调递增区间是.
（2）由（1）知不等式恒成立，
可化为恒成立，即恒成立.
令，
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增.
所以时，函数有最小值.
由恒成立，
得，即实数的取值范围是.
17.（本小题满分15分）
（1）证明：如图7，过点作的垂线，垂足为，连接，
由已知可得，
平面平面，平面平面平面，平面，
平面，
，
，
.
（2）解：建立如图所示空间直角坐标系
则，
，
设平面的法向量为，则
令得，
设直线与平面所成角为，
则，.
，
即直线与平面所成角的余弦值为.
18.（本小题满分17分）
解：（1）由题可知2号盒子里有3个黑球的概率为.
（2）由题可知可取，
，
，
，
所以3号盒子里的黑球的个数的分布列为
（3）记为第号盒子有一个黑球和三个白球的概率，则，
为第号盒子有两个黑球和两个白球的概率，则，
则第号盒子有三个黑球和一个白球的概率为，
且，
化解得，
得，
而，则数列为等比数列，首项为，公比为，
所以，
又由求得：.
因此.
19.（本小题满分17分）
（1）①解：因为，
则.
②证明：设，
则
，
将与互换，与互换，与互换，
可得，
故.
（2）证明：因为
.
故，
故要证，
只需证，
即证.
由（1），故，
又，
则成立，
故.
（3）解：由（2），
得
，
故，
故的几何意义表示以为底面､为高的三棱锥体积的6倍.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
A
B
C
D
C
A
C
题号
9
10
11
答案
AB
AD
ABD
题号
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答案
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