2024屆云南省德宏傣族景頗族自治州高三上學期期末教學質量監(jiān)測數學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE2云南省德宏傣族景頗族自治州2024屆高三上學期期末教學質量監(jiān)測數學試題一、單項選擇題1.已知集合，，若，則的取值范圍是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由已知，得，又，所以.故選：A.2.已知關于的不等式的解集為，則關于的不等式的解集為（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗根據題意，方程的兩根為2和3，則，則為，其解集為.故選：D.3.已知為的邊的中點.若，，則（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由，所以.故選：B4.已知函數在區(qū)間上恰有兩條對稱軸，則的取值范圍是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因為，所以，因為函數在區(qū)間恰有兩條對稱軸，所以，解得.故選：A.5.在三棱錐中，，，則三棱錐的外接球的表面積為（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗如圖，將三棱錐轉化為長方體，可知三棱錐的外接球即為長方體的外接球，則，可得，則外接球的半徑，所以三棱錐的外接球的表面積為.故選：C.6.甲乙兩人玩紙牌游戲，已知甲手中有兩張10與三張5，乙手中有三張9與兩張4.現從兩人手中各隨機抽取兩張牌并交換給對方，則交換之后甲手中牌的點數之和大于乙手中牌的點數之和的概率為（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗一開始兩人手中牌的點數之和是相等的，要想交換之后甲手中的牌點數之和更大，則甲被抽取的兩張牌的點數之和應比乙被抽取的小，若甲被抽取的兩張牌點數都為10，不合題意；若甲被抽取的兩張牌一張點數為10一張點數為5，則乙被抽取的兩張牌點數都為9；若甲被抽取的兩張牌點數都為5，乙被抽取的兩張牌點數都為9或一張點數為9一張點數為4.則所求概率為.故選：D7.已知正項等比數列中，成等差數列.若數列中存在兩項，使得為它們的等比中項，則的最小值為（）A.3 B.4 C.6 D.9〖答案〗A〖解析〗設正項等比數列的公比為，由，，成等差數列，有，即，得，由，解得，若數列中存在兩項，，使得為它們的等比中項，則，即，得，則，，當且僅當，即時等號成立，所以的最小值為3.故選：A8.已知函數，則函數的零點個數為（）A.4 B.5 C.6 D.7〖答案〗C〖解析〗當時，，則在上恒成立，故在上單調遞增，又，，則存在，使得，畫出的圖象，如下：令，則，當時，令，解得或，若，則，結合圖象可知，此時存在兩個根，，若，則，結合圖象可知，此時存在和滿足要求，當時，令得，此時，結合圖象可知，此時存在兩個根，綜上，共6個零點.故選：C二、多項選擇題9.已知是復數的共軛復數，則下列說法正確的是（）A. B.若，則C. D.若，則的最小值為1〖答案〗CD〖解析〗對于A，設，則，但，故A錯誤；對于B，令，滿足，故B錯誤；對于C，設，則所以，則，所以，故C正確；對于D，設，則，即，表示以為圓心，半徑為1的圓，表示圓上的點到的距離，故的最小值為，故D正確.故選：CD.10.已知雙曲線左、右焦點分別為、，過原點的直線與雙曲線交于A、B兩點.若四邊形為矩形，且，則下列正確的是（）A. B.雙曲線的離心率為C.矩形的面積為 D.雙曲線的漸近線方程為〖答案〗AB〖解析〗如下圖所示：設，所以，由雙曲線的定義可知，因為四邊形為矩形，所以，因此，所以選項A正確；由，所以選項B正確；矩形的面積為，所以選項C不正確；因為，所以雙曲線的漸近線方程為，因此選項D不正確，故選：AB11.已知曲線、與直線交點的橫坐標分別為、，則（）A. B.C. D.〖答案〗ABC〖解析〗由，得，即是與交點的橫坐標，由，得，即是與交點的橫坐標，畫出，，，的圖象，如下圖所示，與它們的交點依次為，與關于直線對稱，所以，關于對稱，則，，由，解得，，所以，故A正確；對于B，由，且，則，，所以，令，，則，所以函數在上單調遞增，，即，故B正確；對于C，由，，所以，故C正確；對于D，由，，則，若，則，當時與矛盾，又顯然不成立，故D錯誤故選：ABC.12.在正方體中，，點在底面正方形內及邊界上運動，則（）A.存在點，使得平面B.若，則動點的軌跡長度為C.若平面，則動點的軌跡長度為D.若平面，則三棱錐的體積為定值〖答案〗BCD〖解析〗以點為坐標原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，則、、、，，，設點，其中，設平面的法向量為，，，則，取，得，，若平面，則，則，解得，，與已知矛盾，A錯誤；由，得，則點在平面內的軌跡是以點為圓心，半徑為的圓的，因此動點的軌跡長度為，B正確；若平面，則，即，因此點在底面的軌跡為線段，點的軌跡長度為，C正確；由于平面平面，平面，則點的軌跡為線段，顯然，，因此平面，而平面，即平面，點到平面的距離為定值，又的面積為定值，從而為定值，D正確.故選：BCD.三、填空題13.已知樣本數據為1，a，b，7，9，且a、b是方程的兩根，則這組樣本數據的方差是_________.〖答案〗8〖解析〗由可得或，因為a、b是方程的兩根，不妨設，，所以樣本平均數為，故樣本方差為：.故〖答案〗為：814.已知，則的值為_________.〖答案〗〖解析〗因為，所以.故〖答案〗為：.15.已知動點在拋物線上，過點引圓的切線，切點分別為A、B，則的最小值為_________.〖答案〗〖解析〗令，題設圓的圓心，半徑，又，且，所以，，，則，故，所以，當且僅當，即時取等號，綜上，的最小值為.故〖答案〗為：16.設函數，.若在恒成立，則實數取值范圍是_________.〖答案〗〖解析〗在恒成立等價于，所以，即對任意恒成立，

設，則所以，當時，，函數單調遞增，且當時，，當時，，若，則，若，因為，且在上單調遞增，所以，綜上可知，對任意恒成立，即對任意恒成立.設，，則，所以在單調遞增，所以，即a的取值范圍為．故〖答案〗為：四、解答題17.在等差數列與等比數列中，已知，，且，.（1）求數列，通項公式；（2）若，求數列的前項和.解：（1）由題意，令公差為，公比為.由，即，有；，，；由，即，有.，.（2）由（1）有.則有.18.已知函數.（1）求的最小正周期和單調遞增區(qū)間；（2）銳角中，，且，求的取值范圍.解：（1）由題意有，由，，有；由，得.故函數的最小正周期為，單調遞增區(qū)間為.（2）由（1）有，即，又，所以，所以，即，由，所以，則，.因為是銳角三角形，所以即，所以，所以.則有.所以，即故的取值范圍為.19.如圖，在四棱錐中，已知底面，，，，，，異面直線與所成角為.（1）證明：與平面；（2）在棱上是否存在一點M，使得平面與平面夾角的余弦值為？若存在，指出點M在棱上的位置；若不存在，請說明理由．（1）證明：由題意，建立如圖所示的空間直角坐標系.令，，由，有，，，，，，，.由，有由，有.有，，，，，即，，又，平面，平面.故與平面.（2）解：假設棱上是存在一點M，令，由，，設平面的法向量為，易知，由，.設平面的法向量為，則有，令，則，則，則由，解得：.故存在為的中點，使得平面與平面的夾角的余弦值為.20.已知橢圓的離心率為，A、B分別為橢圓的左、右頂點，為橢圓的右焦點，過的直線與橢圓交于不同的兩點M、N；當直線垂直于軸時，四邊形的面積為2.（1）求橢圓C的方程；（2）若直線l的斜率為，線段的垂直平分線與軸交于點，求證：為定值.（1）解：依題意，有，當直線垂直于軸時，，所以，解得，.故橢圓的方程為.（2）證明：由（1）易得，設直線的方程為，且，.由，得，易得，則，，所以，記的中點為，則直線的垂直平分線的方程為，令，得，則，則有，又，則有為定值.21.設有甲、乙、丙三個不透明的箱子，每個箱中裝有除顏色外都相同的4個球，其中甲箱有2個藍球和2個黑球，乙箱有3個紅球和1個白球，丙箱有2個紅球和2個白球.摸球規(guī)則如下：先從甲箱中一次摸出2個球，若從甲箱中摸出的2個球顏色相同，則從乙箱中摸出1個球放入丙箱，再從丙箱中一次摸出2個球；若從甲箱中摸出的2個球顏色不同，則從丙箱中摸出1個球放入乙箱，再從乙箱中一次摸出2個球.（1）若最后摸出的2個球顏色不同，求這2個球是從丙箱中摸出的概率；（2）若摸出每個紅球記2分，每個白球記1分，用隨機變量表示最后摸出的2個球的分數之和，求的分布列及數學期望.解：（1）記事件A為最后摸出的2個球顏色不同，事件為這2個球是從丙箱中摸出的，又，有；（2）由條件知，3，4，且，，，的分布列為：X234P故.22.已知函數.（1）若函數在上單調遞減，求出實數的取值范圍；（2）若方程在上有兩個不同的實數根，求實數的取值范圍.解：（1）由題意有，.則由題意，有，即在上恒成立，即在上恒成立，，令，又在上單調遞增，且，有，故.（2）由，方程有兩個不同實數根，即在上有兩個不同實數根；令，有；令，有；令，有；由，有，即函數在上單調遞增；又，則，即函數在上單調遞增；又，則，有，即；，有，即；即函數在上單調遞減，在上單調遞增；有，且；由直線與函數有兩個不同的交點；故實數的取值范圍為.云南省德宏傣族景頗族自治州2024屆高三上學期期末教學質量監(jiān)測數學試題一、單項選擇題1.已知集合，，若，則的取值范圍是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由已知，得，又，所以.故選：A.2.已知關于的不等式的解集為，則關于的不等式的解集為（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗根據題意，方程的兩根為2和3，則，則為，其解集為.故選：D.3.已知為的邊的中點.若，，則（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由，所以.故選：B4.已知函數在區(qū)間上恰有兩條對稱軸，則的取值范圍是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因為，所以，因為函數在區(qū)間恰有兩條對稱軸，所以，解得.故選：A.5.在三棱錐中，，，則三棱錐的外接球的表面積為（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗如圖，將三棱錐轉化為長方體，可知三棱錐的外接球即為長方體的外接球，則，可得，則外接球的半徑，所以三棱錐的外接球的表面積為.故選：C.6.甲乙兩人玩紙牌游戲，已知甲手中有兩張10與三張5，乙手中有三張9與兩張4.現從兩人手中各隨機抽取兩張牌并交換給對方，則交換之后甲手中牌的點數之和大于乙手中牌的點數之和的概率為（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗一開始兩人手中牌的點數之和是相等的，要想交換之后甲手中的牌點數之和更大，則甲被抽取的兩張牌的點數之和應比乙被抽取的小，若甲被抽取的兩張牌點數都為10，不合題意；若甲被抽取的兩張牌一張點數為10一張點數為5，則乙被抽取的兩張牌點數都為9；若甲被抽取的兩張牌點數都為5，乙被抽取的兩張牌點數都為9或一張點數為9一張點數為4.則所求概率為.故選：D7.已知正項等比數列中，成等差數列.若數列中存在兩項，使得為它們的等比中項，則的最小值為（）A.3 B.4 C.6 D.9〖答案〗A〖解析〗設正項等比數列的公比為，由，，成等差數列，有，即，得，由，解得，若數列中存在兩項，，使得為它們的等比中項，則，即，得，則，，當且僅當，即時等號成立，所以的最小值為3.故選：A8.已知函數，則函數的零點個數為（）A.4 B.5 C.6 D.7〖答案〗C〖解析〗當時，，則在上恒成立，故在上單調遞增，又，，則存在，使得，畫出的圖象，如下：令，則，當時，令，解得或，若，則，結合圖象可知，此時存在兩個根，，若，則，結合圖象可知，此時存在和滿足要求，當時，令得，此時，結合圖象可知，此時存在兩個根，綜上，共6個零點.故選：C二、多項選擇題9.已知是復數的共軛復數，則下列說法正確的是（）A. B.若，則C. D.若，則的最小值為1〖答案〗CD〖解析〗對于A，設，則，但，故A錯誤；對于B，令，滿足，故B錯誤；對于C，設，則所以，則，所以，故C正確；對于D，設，則，即，表示以為圓心，半徑為1的圓，表示圓上的點到的距離，故的最小值為，故D正確.故選：CD.10.已知雙曲線左、右焦點分別為、，過原點的直線與雙曲線交于A、B兩點.若四邊形為矩形，且，則下列正確的是（）A. B.雙曲線的離心率為C.矩形的面積為 D.雙曲線的漸近線方程為〖答案〗AB〖解析〗如下圖所示：設，所以，由雙曲線的定義可知，因為四邊形為矩形，所以，因此，所以選項A正確；由，所以選項B正確；矩形的面積為，所以選項C不正確；因為，所以雙曲線的漸近線方程為，因此選項D不正確，故選：AB11.已知曲線、與直線交點的橫坐標分別為、，則（）A. B.C. D.〖答案〗ABC〖解析〗由，得，即是與交點的橫坐標，由，得，即是與交點的橫坐標，畫出，，，的圖象，如下圖所示，與它們的交點依次為，與關于直線對稱，所以，關于對稱，則，，由，解得，，所以，故A正確；對于B，由，且，則，，所以，令，，則，所以函數在上單調遞增，，即，故B正確；對于C，由，，所以，故C正確；對于D，由，，則，若，則，當時與矛盾，又顯然不成立，故D錯誤故選：ABC.12.在正方體中，，點在底面正方形內及邊界上運動，則（）A.存在點，使得平面B.若，則動點的軌跡長度為C.若平面，則動點的軌跡長度為D.若平面，則三棱錐的體積為定值〖答案〗BCD〖解析〗以點為坐標原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，則、、、，，，設點，其中，設平面的法向量為，，，則，取，得，，若平面，則，則，解得，，與已知矛盾，A錯誤；由，得，則點在平面內的軌跡是以點為圓心，半徑為的圓的，因此動點的軌跡長度為，B正確；若平面，則，即，因此點在底面的軌跡為線段，點的軌跡長度為，C正確；由于平面平面，平面，則點的軌跡為線段，顯然，，因此平面，而平面，即平面，點到平面的距離為定值，又的面積為定值，從而為定值，D正確.故選：BCD.三、填空題13.已知樣本數據為1，a，b，7，9，且a、b是方程的兩根，則這組樣本數據的方差是_________.〖答案〗8〖解析〗由可得或，因為a、b是方程的兩根，不妨設，，所以樣本平均數為，故樣本方差為：.故〖答案〗為：814.已知，則的值為_________.〖答案〗〖解析〗因為，所以.故〖答案〗為：.15.已知動點在拋物線上，過點引圓的切線，切點分別為A、B，則的最小值為_________.〖答案〗〖解析〗令，題設圓的圓心，半徑，又，且，所以，，，則，故，所以，當且僅當，即時取等號，綜上，的最小值為.故〖答案〗為：16.設函數，.若在恒成立，則實數取值范圍是_________.〖答案〗〖解析〗在恒成立等價于，所以，即對任意恒成立，

設，則所以，當時，，函數單調遞增，且當時，，當時，，若，則，若，因為，且在上單調遞增，所以，綜上可知，對任意恒成立，即對任意恒成立.設，，則，所以在單調遞增，所以，即a的取值范圍為．故〖答案〗為：四、解答題17.在等差數列與等比數列中，已知，，且，.（1）求數列，通項公式；（2）若，求數列的前項和.解：（1）由題意，令公差為，公比為.由，即，有；，，；由，即，有.，.（2）由（1）有.則有.18.已知函數.（1）求的最小正周期和單調遞增區(qū)間；（2）銳角中，，且，求的取值范圍.解：（1）由題意有，由，，有；由，得.故函數的最小正周期為，單調遞增區(qū)間為.（2）由（1）有，即，又，所以，所以，即，由，所以，則，.因為是銳角三角形，所以即，所以，所以.則有.所以，即故的取值范圍為.19.如圖，在四棱錐中，已知底面，，，，，，異面直線與所成角為.（1）證明：與平面；（2）在棱上是否存在一點M，使得平面與平面夾角的余弦值為？若存在，指出點M在棱上的位置；若不存在，請說明理由．（1）證明：由題意，建立如圖所示的空間直角坐標系.令，，由，有，，，，，，，.由，有由，有.有，，，，，即，，又，平面，平面.故與平面.（2）解：假設棱上是存在一點M，令，由，，設平面的法向量為，易知，由，.設平面的法向量為，則有，令，則，則，則由，解得：.故存在為的中點，使得平面與平面的夾角的余弦值為.20.已知橢圓的離心率為，A、B分別為橢圓的左、右頂點，為橢圓的右焦點，過的直線與橢圓