精品解析：云南省三校2024届高三高考备考实用性联考卷（四）数学试题

2024届云南三校高考备考实用性联考卷（四） 数学 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. 已知数列满足，，则的通项公式为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由得，再利用等比数列的定义求解. 【详解】解：由得，而， 故是首项为4，公比为2的等比数列， 所以，即， 故选：D. 2. ，，，，五名学生按任意次序站成一排，其中和不相邻，则不同的排法种数为（ ） A. 72 B. 36 C. 18 D. 64 【答案】A 【解析】 【分析】先将其余三人全排列，利用插空法求解. 【详解】解：先将其余三人全排列，共有种情况， 再将和插空，共有种情况， 所以共有种情况， 故选：A. 3. 若复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】由复数除法法则计算出，进而得到，得到在复平面内对应的点的坐标，得到答案. 【详解】由，可得， 所以，故在复平面内对应的点位于第二象限. 故选：B. 4. 集合的真子集个数为（ ） A. 7 B. 8 C. 15 D. 16 【答案】A 【解析】 【分析】利用根式与对数式有意义，结合真子集的定义即可求解. 【详解】题意可知解得，所以， 所以集合的真子集个数为. 故选：A. 5. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数，应用导数得其单调性，可判断，再结合指数函数的单调性即可判断. 【详解】根据题意，构造函数，则， 当时，，所以在区间上单调递增， 因此可得，即， 所以， 又指数函数为单调递增，可得，即. 因为，所以， 故选：A. 6. 已知为锐角，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由诱导公式得到，进而由余弦二倍角公式求出答案. 【详解】由诱导公式得， 故. 故选：D. 7. 已知向量，，则“”是“与的夹角为钝角”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据与的夹角为钝角，由且与不共线求得t的范围，再利用充分条件和必要条件的定义判断. 【详解】解：若与的夹角为钝角，则且与不共线， 所以，解得且， 所以“”是“与的夹角为钝角”的必要不充分条件， 故选：B. 8. 关于下列命题正确的是（ ） ①有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱；②有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台；③直三棱柱的任意两个侧面的面积之和大于第三个侧面的面积；④已知正四面体的棱长为，则其外接球的体积为. A. ①④ B. ②③ C. ③④ D. ①③ 【答案】C 【解析】 【分析】根据棱柱的定义及反例判断①；根据棱台的定义判断②；结合直三棱柱的特点，由三角形的两边之和大于第三边判断③；在正四面体里找到球心，进而求解外接球的半径，进而求出体积即可判断④. 【详解】对于①，有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体不一定是棱柱，如图，故①错误； 对于②，根据棱台的定义，棱台的侧棱延伸后必须交于同一点，故②错； 对于③，因为直三棱柱的侧面都是矩形，则侧面积为底乘高，而高相等， 由于三棱柱的底面上任意两边的和大于第三边， 所以任意两个侧面的面积之和大于第三个侧面的面积，故③正确 对于④，如图，过顶点A作底面BCD，垂足为O，则O为正三角形BCD的中心， 连接DO并延长交BC于E，又正四面体的棱长为， 所以，， 所以在中，， 设正四面体外接球的球心为P，半径为R，连接PD， 则在直角三角形POD中，， 即，解得， 所以外接球的体积为，故④正确. 故选：C. 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. 在中，角，，所对的边分别为，，，则下列说法中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，且，则的最大值为 C. 若，，，则符合条件的有两个 D. 若，则是锐角三角形 【答案】ABD 【解析】 【分析】通过正弦定理判断A，利用余弦定理及基本不等式求解最值判断B，根据正弦定理及边角关系判断C，根据两角和正切公式及三角形性质得，分析角的范围即可判断D. 【详解】对于A，由，根据正弦定理得（为外接圆半径），即， 则，正确； 对于B，由余弦定理知，， 因为，，所以，所以， 当且仅当时等号成立， 因为，所以的最大值为，正确； 对于C，由正弦定理得，则， 又，则，知满足条件的三角形只有一个，错误； 对于D，， 所以 ， 所以， 所以，，三个数有0个或2个为负数， 又因，，最多一个钝角，所以，，， 即，，都是锐角，所以一定为锐角三角形，正确. 故选：ABD. 10. 某工厂有3个生产车间加工同一型号的零件，已知第1，2，3号车间加工的零件数之比为.在某次产品抽检中，1号车间的合格率为80%，2号车间的合格率为70%，3号车间的合格率为75%，从该工厂随机抽取一个零件.记事件“该零件合格”，事件“该零件由号车间加工”，则（ ） A. B. 与均不相互独立 C. D. 若从这次抽检的合格零件中随机抽取一个，则该零件来自1号车间的概率最大 【答案】AC 【解析】 【分析】根据题意，结合互斥事件的概率加法，以及条件概率的计算公式，逐项求解，即可求解. 【详解】由题意得：，，， 可得， 则，所以A正确； 由，则，所以与相互独立， 所以B错误； 因为，所以， 所以，所以C正确； 由题意这次零件抽检中，1号、2号、3号车间生产零件合格数之比为， 所以从这次抽检的合格零件中随机抽取一个， 则该零件来自1号车间的概率为， 该零件来自2号车间的概率为， 该零件来自3号车间的概率为， 所以该零件来自3号车间的概率最大，故D错误. 故选：AC. 11. 某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面中，，且，则（ ） A. 该圆台轴截面面积为 B. 该圆台的体积为 C. 该圆台的外接球体积为 D. 沿着该圆台表面，从点到中点的最短距离为5cm 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用梯形面积公式求解判断A，利用圆台体积公式求解判断B，利用球的截面性质列出方程组求解球的半径，进而求出体积判断C，利用侧面展开图，结合勾股定理求解判断D. 【详解】对于A，由，且，可得， 高， 则圆台轴截面的面积为，正确； 对于B，圆台的体积为，错误； 对于C，设圆台的外接球的球心为，半径为，如图，连接，， 设，在直角中，可得， 在直角中，可得，即， 解得，即与重合，所以， 所以外接球的体积为，正确； 对于D，由圆台补成圆锥，可得大圆锥的母线长为4cm，底面半径为2cm， 侧面展开图的圆心角.设的中点为，连接，如图， 可得，，，则， 所以沿着该圆台表面，从点到中点的最短距离为5cm，正确. 故选：ACD. 12. 函数与的定义域为，且，．若的图象关于点对称．则（ ） A. 的图象关于直线对称 B. C. 的一个周期为4 D. 的图象关于点对称 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，利用题设条件得到即可判断；对于B，结合A中结论得到的一个周期为4即可判断；对于C，利用B中结论得到即可判断；对于D，取反例排除即可. 【详解】对于A，由，得，又， 所以，则的图象关于直线对称，选项A正确； 对于B，由于的图象关于点对称，则， 由选项A的结论可知，，则， 所以，则， 所以函数的一个周期为4， 因为，所以，，即， 所以，选项B错误； 对于C，由，及，得，则函数的一个周期为4，选项C正确； 对于D，取，，满足题设要求， 但，与的图象关于点对称矛盾，则选项D错误． 故选：AC． 三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 13. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据投影向量的定义进行求解即可. 【详解】因为向量，， 所以，， 所以向量在向量上的投影向量的坐标为：. 故答案为：. 14. 已知等差数列的前项和为，若，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，利用等差数列前项和公式结合题中条件可得为等差数列，进而可求得结果. 【详解】等差数列的公差为， 由等差数列前项和公式可知； 可得为定值， 所以为等差数列，设公差为， 则，，又， 即是以为首项，公差为1的等差数列， 所以， 从而. 故答案为： 15. 双曲线，渐近线的斜率小于，则的离心率的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据渐近线斜率得到方程，结合得到，从而求出离心率取值范围. 【详解】根据题意，的渐近线方程为， 可得，即，平方的， 又，所以，即，又， 所以. 故答案为： 16. 记为函数的阶导函数，且有，若存在，则称阶可导.英国数学家泰勒发现：若在附近阶可导，则可构造（称为次泰勒多项式）来逼近在附近的函数值，例如：在处的3次泰勒多项式为，则在处的5次泰勒多项式中的系数为______. 【答案】15 【解析】 【分析】分别求出1阶至5阶的导数，代入泰勒多项式，然后根据二项式定理可解. 【详解】， 因为， 所以，， 又，，. 所以， 故的系数为. 故答案为：15 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. 已知函数在一个周期内的图象经过，，且的图象关于直线对称. （1）求的解析式； （2）若存在，使得不等式成立，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据函数性质得到，，代入求出，得到函数解析式； （2）整体法求出函数最小值为，从而只需，得到不等式，求出答案. 【小问1详解】 由题意可得，，，因为，所以. 因为在的图象上，所以， 所以，所以. 因为，所以只有满足要求，故. 【小问2详解】 因为，所以. 当，即时，取得最小值，最小值为. 因为存在，使得不等式成立，所以， 即，解得，即的取值范围为. 18. 已知为数列的前项和，，. （1）证明：为等差数列，并求的通项公式； （2）若，求数列的前20项和. 【答案】（1） ， 则，， 两式相减得，， 即，，所以，， 又， 所以是以为首项，2为公差的等差数列， 所以，. （2）， 【解析】 【分析】（1）由得到递推公式，根据递推公式得到数列为等差数列，最后求出数列通项即可； （2）根据取奇数和偶数得到的表达式，再应用错位相减法求和即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 当为奇数时，，当为偶数时，， 所以 ， 令，① 则，② ①-②，得 ， 所以. 所以，. 19. 某校数学组老师为了解学生数学学科核心素养整体发展水平，组织本校8000名学生进行针对性检测（检测分为初试和复试），并随机抽取了100名学生的初试成绩，绘制了频率分布直方图，如图所示． （1）根据频率分布直方图，求样本平均数的估计值和80%分位数; （2）若所有学生的初试成绩近似服从正态分布，其中为样本平均数的估计值，．初试成绩不低于90分的学生才能参加复试，试估计能参加复试的人数; （3）复试共三道题，规定：全部答对获得一等奖;答对两道题获得二等奖;答对一道题获得三等奖;全部答错不获奖．已知某学生进入了复试，他在复试中前两道题答对的概率均为，第三道题答对的概率为．若他获得一等奖的概率为，设他获得二等奖的概率为，求的最小值． 附：若随机变量服从正态分布，则， 【答案】（1）平均数：；分位数： （2）182 （3）． 【解析】 【分析】（1）根据平均数和分位数的求法求得正确答案. （2）根据原则以及正态分布的对称性求得正确答案. （3）先求得的表达式，然后利用导数求得的最小值. 【小问1详解】 设样本平均数的估计值为 则． 解得．所以样本平均数的估计值为62． 前三组的频率和为， 前四组的频率和为， 第四组的频率为， 所以分位数为. 【小问2详解】 因为学生的初试成绩近似服从正态分布，其中． 所以．所以． 所以估计能参加复试的人数为． 【小问3详解】 由该学生获一等奖的概率为可知：． 则． 令． ． 当时，;当时，． 所以在区间上是减函数，在区间上是增函数． 所以．所以的最小值为． 20. 如图，在直二面角中，四边形是边长为4的正方形，，为上的点，且平面. （1）求证：平面； （2）求二面角的正弦值； （3）求点到平面的距离. 【答案】（1） 证明：∵平面，平面，∴， ∵二面角为直二面角，且交线为，，平面， ∴平面，平面 ∴，，，平面，∴平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直证线线垂直关系进而判定平面；（2）利用空间向量求二面角正弦值；（3）利用空间向量求点到平面距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以线段的中点为原点，，所在直线分别为轴，轴，过点平行于的直线为轴，建立如图3所示的空间直角坐标系， ∵平面，平面，∴，在中，，为的中点， ∴，∴，，，所以，， 设平面的一个法向量为，则即， 取，得，又平面的法向量为， ∴，设二面角的平面角为， 则，∴二面角的正弦值为 【小问3详解】 ∵轴，，∴， ∴点到平面的距离：. 21. 已知函数. （1）若，求函数的单调区间； （2）当时，函数有且仅有3个零点，求实数的取值范围. 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为和 （2） 【解析】 【分析】（1）对函数求导后，由导数的正负可求出函数的单调区间； （2）对函数求导后，由导数的正负可求出函数的单调区间，从而可求出函数的极值，再由题意可得极大值大于零，极小值小于零，从而可求出实数的取值范围. 【小问1详解】 因为，所以， 可得， 令，即， 令或， 因此函数的单调递减区间为，单调递增区间为和. 【小问2详解】 由题意可得， 因为，所以令，即， 令或， 即函数在上单调递减，在和上单调递增， 则由题意可得，解得， 当时，， 当时，， 即函数存在三个零点从小到大分布在区间，，上， 故实数的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数解决函数零点问题，解题的关键是利用导数求出函数的极值，然后结合函数的图象列不等式可求得结果，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题. 22. 已知椭圆：（）左、右焦点分别为，，且为抛物线的焦点， 为椭圆上一点. （1）求椭圆的方程； （2）已知，为椭圆上不同两点，且都在轴上方，满足. （ⅰ）若，求直线的斜率； （ⅱ）若直线与抛物线无交点，求四边形面积的取值范围. 【答案】（1） （2）（ⅰ）的斜率为；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的方程. （2）设直线交椭圆于另一点，直线交椭圆于另一点， （ⅰ）设出直线的方程并与椭圆的方程联立，化简写出根与系数关系，根据列方程，从而求得直线的斜率. （ⅱ）联立直线的方程与与抛物线，利用判别式列不等式，利用弦长公式以及点到直线的距离公式求得四边形面积的表达式，结合函数的单调性求得四边形面积的取值范围. 【小问1详解】 依题意得，则，，而， 于是， 从而. 又，解得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 如图，设直线交椭圆于另一点，直线交椭圆于另一点， 由，故，由椭圆对称性，，且四边形为平行四边形. （ⅰ）由题意直线的斜率不为0，设直线：， 由，消去整理得， 设，，则，， 由（*）带入上式，解得：， 故，由于，，所以， 所以，故的斜率为1. （ⅱ）由，消去整理得，由得. 所以， 与间的距离（即点到的距离）， 故， 令，函数在区间上单调递增， 所以， 则， 所以四边形的面积的取值范围为. 【点睛】求得椭圆的标准方程的问题，主要是根据已知条件求得，是两个参数，需要想要求得，需要两个已知条件，如本题中焦点以及点的坐标，再结合椭圆中的隐藏条件，就可以求得椭圆的标准方程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024届云南三校高考备考实用性联考卷（四） 数学 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. 已知数列满足，，则的通项公式为（ ） A. B. C. D. 2. ，，，，五名学生按任意次序站成一排，其中和不相邻，则不同的排法种数为（ ） A. 72 B. 36 C. 18 D. 64 3. 若复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 4. 集合的真子集个数为（ ） A. 7 B. 8 C. 15 D. 16 5. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知为锐角，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知向量，，则“”是“与的夹角为钝角”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 8. 关于下列命题正确的是（ ） ①有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱；②有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台；③直三棱柱的任意两个侧面的面积之和大于第三个侧面的面积；④已知正四面体的棱长为，则其外接球的体积为. A. ①④ B. ②③ C. ③④ D. ①③ 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. 在中，角，，所对的边分别为，，，则下列说法中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，且，则的最大值为 C. 若，，，则符合条件的有两个 D. 若，则是锐角三角形 10. 某工厂有3个生产车间加工同一型号的零件，已知第1，2，3号车间加工的零件数之比为.在某次产品抽检中，1号车间的合格率为80%，2号车间的合格率为70%，3号车间的合格率为75%，从该工厂随机抽取一个零件.记事件“该零件合格”，事件“该零件由号车间加工”，则（ ） A. B. 与均不相互独立 C. D. 若从这次抽检的合格零件中随机抽取一个，则该零件来自1号车间的概率最大 11. 某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面中，，且，则（ ） A. 该圆台轴截面面积为 B. 该圆台的体积为 C. 该圆台的外接球体积为 D. 沿着该圆台表面，从点到中点的最短距离为5cm 12. 函数与的定义域为，且，．若的图象关于点对称．则（ ） A. 的图象关于直线对称 B. C. 的一个周期为4 D. 的图象关于点对称 三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 13. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为______. 14. 已知等差数列的前项和为，若，，则______. 15. 双曲线，渐近线的斜率小于，则的离心率的取值范围为______. 16. 记为函数的阶导函数，且有，若存在，则称阶可导.英国数学家泰勒发现：若在附近阶可导，则可构造（称为次泰勒多项式）来逼近在附近的函数值，例如：在处的3次泰勒多项式为，则在处的5次泰勒多项式中的系数为______. 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. 已知函数在一个周期内的图象经过，，且的图象关于直线对称. （1）求的解析式； （2）若存在，使得不等式成立，求的取值范围. 18. 已知为数列的前项和，，. （1）证明：为等差数列，并求的通项公式； （2）若，求数列的前20项和. 19. 某校数学组老师为了解学生数学学科核心素养整体发展水平，组织本校8000名学生进行针对性检测（检测分为初试和复试），并随机抽取了100名学生的初试成绩，绘制了频率分布直方图，如图所示． （1）根据频率分布直方图，求样本平均数的估计值和80%分位数; （2）若所有学生的初试成绩近似服从正态分布，其中为样本平均数的估计值，．初试成绩不低于90分的学生才能参加复试，试估计能参加复试的人数; （3）复试共三道题，规定：全部答对获得一等奖;答对两道题获得二等奖;答对一道题获得三等奖;全部答错不获奖．已知某学生进入了复试，他在复试中前两道题答对的概率均为，第三道题答对的概率为．若他获得一等奖的概率为，设他获得二等奖的概率为，求的最小值． 附：若随机变量服从正态分布，则， 20. 如图，在直二面角中，四边形是边长为4的正方形，，为上的点，且平面. （1）求证：平面； （2）求二面角的正弦值； （3）求点到平面的距离. 21. 已知函数. （1）若，求函数的单调区间； （2）当时，函数有且仅有3个零点，求实数的取值范围. 22. 已知椭圆：（）左、右焦点分别为，，且为抛物线的焦点， 为椭圆上一点. （1）求椭圆的方程； （2）已知，为椭圆上不同两点，且都在轴上方，满足. （ⅰ）若，求直线的斜率； （ⅱ）若直线与抛物线无交点，求四边形面积的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $