2024年云南昆明市高三三模數學高考試卷試題（含答案詳解）

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁昆明市2024屆“三診一模”高考模擬考試數學注意事項：1.答題前，考生務必用黑色碳素筆將自己的姓名、準考證號、考場號、座位號填寫在答題卡上，并認真核準條形碼上的準考證號、姓名、考場號、座位號及科目，在規(guī)定的位置點好條形碼.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.考試結束后，將本試卷和答題卡交回.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1．如圖，已知集合，則圖中陰影部分所表示的集合為（

）A． B． C． D．2．已知點在拋物線的圖象上，為的焦點，則（

）A． B．2 C．3 D．3．已知中，，則的面積等于（

）A．3 B． C．5 D．4．某學校邀請五個班的班干部座談，其中班有甲、乙兩位班干部到會，其余班級各有一位班干部到會，會上共選3位班干部進行發(fā)言，則班至少選到一位班干部的不同的選法種數為（

）A．10 B．12 C．16 D．205．已知是兩條不重合的直線，是兩個不重合的平面，下列說法錯誤的是（

）A．若，則“”是“”的必要條件B．若，則是“”的充分條件C．若，則“”是“”的充要條件D．若，“”是“”的既不充分也不必要條件6．在定點投籃練習中，小明第一次投籃命中的概率為，第二次投籃命中的概率為，若小明在第一次命中的條件下第二次命中的概率是，在第一次未命中的條件下第二次命中的概率是，則（

）A． B． C． D．7．某藝術吊燈如圖1所示，圖2是其幾何結構圖.底座是邊長為的正方形，垂直于底座且長度為6的四根吊掛線一頭連著底座端點，另一頭都連在球的表面上（底座厚度忽略不計），若該藝術吊燈總高度為14，則球的體積為（

）A． B． C． D．8．函數在上的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線，且與軸有且僅有一個交點，對任意，（搜了一下其他題目，少了條件就加上了）且當時，.則下列說法正確的是（

）A．B．為奇函數C．在單調遞減D．若，則二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9．在一個有限樣本空間中，事件發(fā)生的概率滿足，，與互斥，則下列說法正確的是（

）A． B．與相互獨立C． D．10．已知函數的最小正周期大于，若曲線關于點中心對稱，則下列說法正確的是（

）A．B．是偶函數C．是函數的一個極值點D．在單調遞增11．已知分別是雙曲線的左、右焦點，是左支上一點，且在在上方，過作角平分線的垂線.垂足為是坐標原點，則下列說法正確的是（

）A．若，則直線的斜率為B．若，則C．若，則D．若，則三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．已知復數滿足，則.13．過點可以向曲線作條切線，寫出滿足條件的一組有序實數對.14．以表示中最大的數.已知，則的最小值為.四、解答題：本題共5小題，共77分.解等應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15．甲、乙兩位同學組成學習小組進行項目式互助學習，在共同完成某個內容的互助學習后，甲、乙都參加了若干次測試，現從甲的測試成績里隨機抽取了7次成績，從乙的測試成績里隨機抽取了9次成績，數據如下：甲：93

95

81

72

80

82

92乙：85

82

77

80

94

86

92

84

85經計算得出甲、乙兩人的測試成績的平均數均為85.(1)求甲乙兩位同學測試成績的方差；(2)為檢驗兩組數據的差異性是否顯著，可以計算統(tǒng)計量，其中個數據的方差為個數據的方差為，且，若，則認為兩組數據有顯著性差異，否則不能認為兩組數據有顯著性差異.若的臨界值采用下表中的數據：

123456781161200216225230234237239218.519.019.219.219.319.319.419.4310.19.559.289.129.018.948.898.8547.716.946.596.396.266.166.096.0456.615.795.416.195.054.954.884.8265.995.144.764.534.394.284.214.1575.594.744.354.123.973.873.793.7385.324.464.073.843.693.583.503.44例如：對應的臨界值為5.41.請根據以上資料判斷甲、乙兩位同學進行項目式互助學習的效果是否有顯著性差異.16．正項數列的前項和為，等比數列的前項和為，，(1)求數列的通項公式：(2)已知數列滿足，求數列的前項和.17．如圖，在三棱臺中，上、下底面是邊長分別為2和4的正三角形，平面，設平面平面，點分別在直線和直線上，且滿足，.(1)證明：平面；(2)若直線和平面所成角的正弦值為，求該三棱臺的高.18．已知函數；(1)當時，證明：對任意；(2)若是函數的極值點，求實數的值.19．已知曲線由半圓和半橢圓組成，點在半橢圓上，.(1)求的值；(2)在曲線上，若（是原點）.（i）求的取值范圍；（ii）如圖，點在半圓上時，將軸左側半圓沿軸折起，使點到，使點到，且滿足，求的最大值. 答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁1．A【分析】由題可知圖中陰影部分所表示的集合為所有屬于集合且不屬于集合的元素構成的集合，結合條件即可得解．【詳解】由題可知圖中陰影部分所表示的集合為所有屬于集合且不屬于集合的元素構成的集合，故圖中陰影部分所表示的集合為，故選：A．2．B【分析】先根據點在拋物線上求出，再根據焦半徑公式計算即可．【詳解】由題可知，，解得，所以，故選：B．3．B【分析】利用余弦定理求，由平方關系可得，再由三角形面積公式可解.【詳解】由余弦定理得，因為，所以，所以.故選：B4．C【分析】先求總的選法，然后減去甲、乙都沒選到的種數即可.【詳解】6個班干部中選3位班干部進行發(fā)言，共有種選法，其中，甲、乙兩位班干部都沒選到的方法共有，所以，班至少選到一位班干部的不同的選法種數為種.故選：C5．A【分析】根據直線與平面的位置關系，結合幾何模型逐一判斷即可.【詳解】對于A，在長方體中，記平面，，但平面，所以“”不是“”的必要條件，A錯誤，符合題意；對于B，由線面平行判定定理可知，若，則是“”的充分條件，B正確，不符合題意；對于C，由線面平行的性質可知，若，，則，反之也成立，故C正確，不符合題意；對于D，若，，則或；在長方體中，平面，平面，但，所以由，，推不出，故D正確，不符合題意.故選：A6．B【分析】由全概率公式列出方程求解即可．【詳解】設事件“小明第一次投籃命中”，事件“小明第二次投籃命中”，由題得，，，所以，解得，故選：B．7．C【分析】設球的半徑為，根據吊掛線長度和藝術吊燈總高度，求出球心到平面的距離，由勾股定理求得球的半徑，可求出其體積.【詳解】連接交于點，如下圖所示：邊長為的正方形，可得；設球的半徑為，吊掛線長度為6，藝術吊燈總高度為14，可知球心到距離為，根據勾股定理可得，解得；所以球的體積為.故選：C8．D【分析】利用賦值法可確定A錯誤；由函數奇偶性定義可得出為偶函數；根據函數滿足的表達式，利用單調性定義可證明在單調遞增，利用函數奇偶性和單調性解不等式可得D正確.【詳解】對于A，令，即，可得，令，可得，再令，可得，即A錯誤；對于B，令，可得，即滿足，可知為偶函數，即B錯誤；對于C，不妨取任意，令，則，即，又時，，所以，即，可得在單調遞增，所以C錯誤；對于D，由于，且與軸有且僅有一個交點，故交點為；由，在單調遞增且為偶函數，可得可轉化為，解得，即D正確.故選：D【點睛】關鍵點點睛：在求解抽象函數解不等式問題時，要根據表達式判斷出函數的單調性和奇偶性，再利用函數圖象性質即可求得結果.9．ABD【分析】利用全概率公式可得A正確，計算可知，因此與相互獨立，由互斥事件概率可知，再根據概率的加法公式可求得，可得出結論.【詳解】由與互斥可得，由全概率公式可得，即可得，所以A正確；由可得，可知，即滿足，所以與相互獨立，因此B正確；由于與互斥，所以不會同時發(fā)生，可得，即C錯誤；，再根據概率性質可得，因此，即，可知D正確.故選：ABD10．ABC【分析】利用最小正周期范圍可得，再利用對稱中心可得函數解析式為，計算可得A正確，代入計算可得為偶函數，即B正確；求導可得在上單調遞增，在上單調遞減，可知C正確，D錯誤.【詳解】根據題意可知，解得；由曲線關于點中心對稱可知，即，可得；即；對于A，，即A正確；對于B，易知，為偶函數，即B正確；對于C，由可得，且，顯然當時，，即在上單調遞增，當時，，即在上單調遞減，可得是函數的一個極值點，即C正確；對于D，由C中結論可知，在上時，上單調遞增，上單調遞減，即D錯誤；故選：ABC11．AC【分析】對于A，求出點M的坐標，然后可得，利用三角形外角定理可得直線的斜率，可判斷A；對于B，求出直線和的方程，聯(lián)立可得點N坐標，然后由向量數量積的坐標表示求出數量積，可判斷B；對于CD，延遲交直線于點，結合已知可得，然后由三角形中位線定理，結合雙曲線定義可得，可判斷CD.【詳解】由知，，對于A，若，則，代入可得，則，所以，所以，所以直線的傾斜角為，斜率為，A正確；對于B，由上知，所以，所以，聯(lián)立求解可得，所以，所以，B錯誤；對于CD，延遲交直線于點，因為為的角平分線，，所以，因為為的中點，所以，C正確，D錯誤.故選：AC【點睛】關鍵點睛：本題關鍵在于延遲交直線于點，充分利用角平分線的性質，結合雙曲線定義求解.12．【分析】根據復數除法運算求出，再由復數模公式可得.【詳解】由得，所以.故答案為：13．（答案不唯一）【分析】設切點為，利用導數求出切線方程，根據切線過點可得，記，利用導數研究單調性，作出函數圖象，討論與的交點即可得n，然后可得答案.【詳解】設過點的直線與曲線相切于點，因為，所以，得的方程為：，因為直線過點，所以，即，記，則與的交點個數為n，令，解得或，當或時，，單調遞增；當時，，單調遞減.所以，當時，有極大值，當時，有極小值.當x趨近于時，趨近于0.可得的函數圖象如圖所示，由圖可知，當或，即或時，與有一個交點，即；當，或，即或時，；當，即時，；當，即時，.故答案為：（答案不唯一）14．2【分析】由定義可知，三個不等式相加，結合基本不等式即可得解.【詳解】由題可知，，所以，當且僅當，即時等號成立，此時，所以，當且僅當時等號成立.故答案為：2【點睛】關鍵點睛：本題關鍵在于緊抓新定義，利用相加，結合基本不等式求解.15．(1)甲的方差為，乙的方差為(2)甲、乙兩位同學進行項目式互助學習的效果沒有顯著性差異【分析】（1）借助方差公式計算即可得；（2）結合題意，借助公式計算出，再比較其臨界值即可得.【詳解】（1）依題意：，，所以，，；（2）由于，則，則，查表得對應的臨界值為3.58，則，所以甲、乙兩位同學進行項目式互助學習的效果沒有顯著性差異.16．(1)，(2)【分析】（1）利用和的關系求出遞推公式，然后因式分解，結合已知可解；（2）利用裂項相消法得，然后分n為奇數和偶數兩種情況和可得.【詳解】（1）當時，，即，所以，同理.當時，，化簡得：，因為，所以，所以數列是以2為公差，1為首項的等差數列，所以.同理，得，即或，因為是等比數列，所以，即，所以（2）由（1）知，所以當為奇數時，同理當為偶數時，.所以.17．(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據線面平行性質定理可求得，再利用線面垂直的判定定理可求得結論；（2）建立空間直角坐標系，設三棱臺的高為，可取平面的一個法向量，易知，由線面角的向量求法解方程可得三棱臺的高.【詳解】（1）證明：由三棱臺知，,平面,平面,所以平面，因為平面，且平面平面，所以，又，因為，所以，又，，平面,所以平面；（2）根據題意，取的中點為，連接，以為原點，所在直線為軸，過點垂直于的直線為軸，所在直線為軸，建立空間立角坐標系，如下圖所示：設三棱臺的高為，則，設平面的法向量為，則，可取平面的一個法向量，易得平面的一個法向量，設與平面夾角為，由（1）知，所以由已知得，解得，所以三棱臺的高為.18．(1)證明見解析(2)1【分析】（1）將函數求導后，分別在和對的值域進行分析討論，當時，易得；當時，需判斷的單調性，利用單調性得到，再證即得；（2）利用是函數的極值點得，解得，再代入解析式，通過求導，利用（1）的結論進行檢驗即得.【詳解】（1）當時，，當時，，則；當時，，故