2023届云南省大理丽江高三毕业生第二次复习统一检测数学试题

2023届云南省大理、丽江高三毕业生第二次复习统一检测数学试题一、单选题1．设集合，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先化简集合A，再依据集合运算即可求得.【详解】因为集合，且，所以.故选：C.2．已知为虚数单位，复数的共轭复数为，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先分别求得，再去求即可解决.【详解】复数的共轭复数复数的模，则故选：B3．若平面向量与的夹角为60°，，，则等于（

）．A． B． C．4 D．12【答案】B【分析】利用转化即可【详解】解析：因为，所以，又因为向量与的夹角为60°，，所以，所以．故选：B4．《九章算术》是我国古代的数学巨著，书中有这样一道题：“今有垣厚五尺，两鼠对穿.大鼠日一尺，小鼠亦日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半.问何日相逢？”题意为：有一堵墙厚五尺，有两只老鼠从墙的正对面打洞穿墙.大老鼠第一天打进一尺，以后每天打进的长度是前一天的尺，则几日后两鼠相逢(

)A． B． C． D．【答案】B【分析】依次列举出大鼠、小鼠前几天打洞穿墙的尺数，至某天总和不小于16尺即得解.【详解】大鼠从第一天起打进尺数依次为：1，2，4，8，…，小鼠从第一天起打进尺数依次为：1，，，，…，前3天两鼠完成量的总和为，前4天两鼠完成量的总和为，所以第4天两鼠相逢.故选：B5．中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理.一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为（

）A．16 B． C． D．21【答案】D【分析】由祖暅原理知不规则几何体的体积与正六棱台体积相等即可求解.【详解】由祖暅原理，该不规则几何体体积与正六棱台体积相等，故.故选：D6．抛物线有如下光学性质：过焦点的光线经抛物线反射后得到的光线平行于抛物线的对称轴；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．已知抛物线的焦点为F，一条平行于x轴的光线从点射出，经过抛物线上的点A反射后，再经抛物线上的另一点B射出，则的周长为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】根据题中光学性质作出图示，先求解出点坐标以及直线的方程，从而联立直线与抛物线方程求解出点坐标，再根据焦半径公式以及点到点的距离公式求解出的三边长度，从而周长可求.【详解】如下图所示：因为，所以，所以，所以，又因为，所以，即，又，所以，所以或，所以，所以，所以，又因为，，，所以的周长为：，故选：B.【点睛】结论点睛：抛物线的焦半径公式如下：（为焦准距）（1）焦点在轴正半轴，抛物线上任意一点，则；（2）焦点在轴负半轴，抛物线上任意一点，则；（3）焦点在轴正半轴，抛物线上任意一点，则；（4）焦点在轴负半轴，抛物线上任意一点，则.7．已知实数a、b、c满足，则a、b、c的大小关系为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】构造函数，利用导数求得其单调性，得到，进而求得a、b、c的大小关系【详解】设，则，当时，，则函数在上单调递增，当时，，则函数在上单调递减，所以，所以，所以，又，所以，所以.故选：C.8．已知函数，是函数的一个零点，是函数的一条对称轴，若在区间上单调，则的最大值是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】设函数的最小正周期为，根据题意分析得出，其中，可得出，利用函数的单调性可得出的取值范围，可得出的可能取值，然后对的值由大到小进行检验，可得结果.【详解】设函数的最小正周期为，因为是函数的一个零点，是函数的一条对称轴，则，其中，所以，，，因为函数在区间上单调，则，所以，.所以，的可能取值有：、、、、.（i）当时，，，所以，，则，，，所以，，当时，，所以，函数在上不单调，不合乎题意；（ii）当时，，，所以，，则，，，所以，，当时，，所以，函数在上单调递减，合乎题意.因此，的最大值为.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数中的最值的求解，解题的关键在于利用函数的周期确定的表达式与取值范围，再进行检验即可.二、多选题9．在的展开式中，下列说法正确的是（

）A．不存在常数项 B．二项式系数和为1C．第4项和第5项二项式系数最大 D．所有项的系数和为128【答案】AC【分析】利用二项展开式的通项公式及赋值法，逐项分析即得.【详解】因为展开式的通项公式为，对A，由，得(舍去)，所以展开式不存在常数项，故A正确；对B，二项式系数和为，故B错误；对C，展开式共有项，所以第4项和第5项二项式系数最大，故C正确；对D，令，得所有项的系数和为，故D错误；故选：AC.10．如图，在正方体中，E､F､G分别为的中点，则（

）A． B．与所成角为C． D．平面【答案】ABD【分析】利用坐标法，根据向量运算结合条件逐项分析即得.【详解】以点D为坐标原点，所在直线分别为x､y､z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则.对于A选项，，所以，故A选项正确；对于B选项，，，所以，向量与向量的夹角是，与所成角为，故B选项正确；对于C选项，，则，故C选项错误；对于D选项，设平面的法向量为，由，可得，取，可得，又，∵，∴，∵平面，∴平面，故D选项正确.故选：ABD.11．在平面直角坐标系中，动点P与两个定点和连线的斜率之积等于，记点P的轨迹为曲线E，则（

）A．E的方程为 B．E的离心率为C．E的渐近线与圆相切 D．过点作曲线E的切线仅有2条【答案】ACD【分析】求得点P的轨迹方程判断选项A；求得E的离心率判断选项B；求得E的渐近线与圆的位置关系判断选项C；求得过点作曲线E的切线条数判断选项D.【详解】设点，由已知得，整理得，所以点P的轨迹方程为，故A正确；又曲线E的离心率，故B不正确；圆的圆心到曲线E的渐近线的距离为，又圆的半径为1，故C正确；如图：曲线E的渐近线，则过点作曲线E的切线仅有2条故D正确.故选：ACD12．已知定义在R上的函数，对于任意的恒有，且，若存在正数t，使得，则下列结论正确的是（

）A． B． C．为偶函数 D．为周期函数【答案】BCD【分析】根据条件运用赋值法逐项分析.【详解】对于A，对于任意的恒有，令可得：，又，，A错误；对于B，对于任意的恒有，令，则有，即，则有，B正确；对于C，对于任意的恒有，令，则有，变形可得，则为偶函数，C正确；对于D，对于任意的恒有，令可得：，，，即是周期为的周期函数，D正确；故选：BCD.三、填空题13．“幸福感指数”是指某个人主观地评价他对自己的前生活状态的满意程度的指标，常用区间[0，10]内的一个数来表示，该数越接近10，表示满意度越高．现随机抽取10位某市市民，他们的幸福感指数为4，4，5，5，6，7，7，8，9，10．则这组数据的第80百分位数是__________．【答案】【分析】根据百分位数的计算即可求解.【详解】由题意，，则这组数据的第80百分位数是14．已知直线，圆，则圆关于直线对称的圆的方程为__________.【答案】【分析】设圆心的对称点的坐标，由直线为线段中垂线，求出对称点的坐标，可得对称圆的方程【详解】设圆心关于直线对称圆心为，由直线为线段中垂线，可得，解得，，得对称圆心为，圆的半径为1，所以圆关于直线对称的圆的方程为.故答案为：15．若曲线有两条过坐标原点的切线，则实数a的取值范围为_____.【答案】【分析】先求得曲线过坐标原点的切线方程，再列出关于实数a的不等式，进而求得实数a的取值范围.【详解】设切点坐标为：，所以切线斜率为，所以切线方程为，又切线过坐标原点，所以，整理得，又曲线有两条过坐标原点的切线，所以该方程有两个实数解，所以，解得，又因为，所以实数a的取值范围为.故答案为：.四、双空题16．把半椭圆：和圆弧：合成的曲线称为“曲圆”，其中点是半椭圆的右焦点，分别是“曲圆”与轴的左、右交点，分别是“曲圆”与轴的上、下交点，已知，过点的直线与“曲圆”交于两点，则半椭圆方程为_________（），的周长的取值范围是_______________.【答案】

【分析】由椭圆的焦点坐标以及，可得椭圆的标准方程和圆的方程，从而得到半椭圆方程；易知是椭圆的左焦点，过椭圆的右焦点的直线与曲圆可得，，在直线转动的过程中由，的位置可得三角形的周长的取值范围．【详解】解：由，令，可得以及，再由椭圆的方程及题意可得，，，由，可得，由可得，所以，所以半椭圆及圆弧的方程分别为，，所以，可得相当于椭圆的左焦点，的周长为，当从（不包括向运动时，，当在轴右侧时，，所以这时三角形的周长为8，当从向运动时，在第四象限，则，，这时三角形的周长小于8，当运动到时，在处，不构成三角形，三角形的周长接近，由曲圆的对称性可得运动到轴下方时，与前面的一样，综上所述，的周长的取值范围为，．故答案为：；．五、解答题17．已知等差数列和等比数列满足，，，.（1）求和的通项公式；（2）数列和中的所有项分别构成集合，，将的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列，求数列的前60项和.【答案】（1），；（2）.【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，由，∴，，∴，.（2）当的前60项中含有的前6项时，令，此时至多有项（不符）.当的前60项中含有的前7项时，令，且，，是和的公共项，则的前60项中含有的前7项且含有的前56项，再减去公共的三项.∴.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是分析新数列是由和中的哪些选项构成的，还要注意去掉公共项.18．在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，，平面平面，且.(1)证明：平面平面；(2)求平面与平面夹角的大小.【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）利用面面平行判定定理即可证明平面平面；（2）建立空间直角坐标系，利用向量的方法即可求得平面与平面夹角的大小.【详解】（1）四边形是正方形，可得，又平面，平面，则有平面，四边形是梯形，且，又平面，平面，则有平面，又平面，故平面平面.（2）依题意知两两垂直，故以D为原点，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则，可得，设平面的一个法向量，则，取，可得，设平面的一个法向量，则，取，可得，设平面与平面的夹角为，则因为，所以平面与平面夹角的大小为.19．在①②③三个条件中选一个，补充在下面的横线处，然后解答问题．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，设的面积为S，已知________．（1）求角C的值；（2）若，点D在边上，为的平分线，的面积为，求边长a的值．【答案】（1）；（2）【分析】（1）选①，可由余弦定理得，进而可得；

选②，由面积公式和余弦定理可得，进而可得；选③，可得，进而可得.（2）设，由，，联立可求得.【详解】（1）选①，由余弦定理得，整理得，所以，又，故.选②，因为，，故，可得，又，故.选③，可得，所以，又，所以，故.（2）在中，因为是的平分线，且，设，所以，又，联立以上两式得：，又，解得.20．党的二十大胜利召开后，某校为调查性别因素对党史知识的了解情况是否有影响，随机抽查了男女教职工各100名，得到如下数据：不了解了解女职工3070男职工2080(1)根据小概率值的独立性检验，能否认为对党史知识的了解情况与性别有关？(2)为了增进全体教职工对党史知识的了解，该校组织开展党史知识竞赛活动并以支部为单位参加比赛现有两组党史题目放在甲､乙两个纸箱中，甲箱有5个选择题和3个填空题，乙箱中有4个选择题和3个填空题，比赛中要求每个支部在甲或乙两个纸箱中随机抽取两题作答.每个支部先抽取一题作答，答完后题目不放回纸箱中，再抽取第二题作答，两题答题结束后，再将这两个题目放回原纸箱中，若第一支部从甲箱中抽取了2个题目，答题结束后错将题目放入了乙箱中，接着第二支部答题，第二支部抽取第一题时，从乙箱中抽取了题目.已知第二支部从乙箱中取出的这个题目是选择题，求第一支部从甲箱中取出的是2个选择题的概率.附：【答案】(1)不能认为对党史知识的了解情况与性别有关；(2).【分析】（1）利用公式可得，结合条件进而即得；（2）根据古典概型概率公式，全概率公式可得第二支部从乙箱中抽出的第1个题是选择题的概率，然后根据条件概率公式即得.【详解】（1）零假设为：对党史知识的了解情况与性别无关.根据列联表中的数据，经计算得到根据小概率值的独立性检验，没有充分的理由说明不成立，则不能认为对党史知识的了解情况与性别有关；（2）设事件A为“第二支部从乙箱中抽出的第1个题是选择题”，事件为“第一支部从甲箱中取出2个题都是选择题”，事件为“第一支部从甲箱中取出1个选择题1个填空题”，事件为“第一支部从甲箱中取出2个题都是填空题”，则彼此互斥，且，，，，所求概率即是A发生的条件下发生的概率：.21．已知椭圆的左、右焦点分别为，，左顶点为，点是椭圆上一点，离心率为．（1）求椭圆的方程；（2）若直线过椭圆右焦点且与椭圆交于、两点，直线、与直线分别交于，．①求证：，两点的纵坐标之积为定值；②求面积的最小值．【答案】（1）；（2）①证明见解析；②．【分析】（1）根据题意，列出方程组，求得，即可求得椭圆的方程；（2）①设直线的方程为，联立方程组，得到，进而求得直线的方程得到，，化简，即可求解.②由三角