云南省昆明市2024届高三“三诊一模”摸底诊断测试数学试题（解析版）

PAGEPAGE1云南省昆明市2024届高三“三诊一模”摸底诊断测试数学试题一、单选题1.设全集，集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由题，则.故选：C.2.复数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〗A〖解析〗由题意，所以复数在复平面内对应的点为，它在第一象限.故选：A.3.已知是抛物线的焦点，点在上，且的纵坐标为，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由已知得，由于的纵坐标为，结合抛物线定义可得，故选：D.4.在中，点满足，则（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗如下图所示：易知；即可得.故选：C5.某学校运动会男子100m决赛中，八名选手的成绩（单位：）分别为：，，，，，，，则下列说法错误的是（）A.若该八名选手成绩的第百分位数为，则B.若该八名选手成绩的众数仅为，则C.若该八名选手成绩的极差为，则D.若该八名选手成绩的平均数为，则〖答案〗A〖解析〗对A,因为，当,八名选手成绩从小到大排序，故该八名选手成绩的第百分位数为，但，故A错误；对B,由众数是出现次数最多数据，B正确；对C,当，极差，不符合题意舍去；当，极差为，符合题意当，极差为不符合题意舍去，综上，，C正确；对D,平均数为解得，故D正确.故选：A6.已知函数，若存在，使得方程有三个不等的实根，，且，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗，最小正周期为，作出的图像，可知当时，有三个根，所以，即或，解得根分别为，又因为，所以，故选：B.7.若将函数的图象平移后能与函数的图象重合，则称函数和互为“平行函数”.已知，互为“平行函数”，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因为，，而将函数的图象平移后能与函数的图象重合，所以，经检验符合题意，故选：B.8.第七届国际数学大会（ICNE7）的会徽图案是由若干三角形组成的.如图所示，作，,，再依次作相似三角形,，，……，直至最后一个三角形的斜边与第一次重叠为止.则所作的所有三角形的面积和为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，设第三角形的斜边长为，面积为，由题意可知：，，，则，，可知数列是以首项，公比为的等比数列，所以所作的所有三角形的面积和为.故选：D.二、多选题9.在正四棱柱中，已知与平面所成的角为，底面是正方形，则（）A. B.与平面所成的角为C. D.平面〖答案〗AB〖解析〗易知正四棱柱是长方体，故以为原点建立空间直角坐标系，连接，设，，，与平面所成的角为，故，,，，易知面的法向量,易知，故，可得，化简得，结合底面是正方形，可得，故，，即，故A正确，易知面的法向量，，设与平面所成的角为，故，化简得，故，故B正确，易知，，故，即不垂直，故C错误，易知，，故，，，，，设面的法向量，故，，解得，，，即，则与不平行，故与面不垂直，故D错误，故选：AB10.已知圆，直线，点在直线上运动，过点作圆的两条切线，切点分别为，，当最大时，则（）A.直线的斜率为1 B.四边形的面积为C. D.〖答案〗AC〖解析〗若要最大，则只需锐角最大，只需最大，即最小，所以若最小，则，由垂径分线定理有，所以，所以，故A正确；由题意，此时，，所以此时，故D错误；而当时，，所以四边形的面积为，故B错误；由等面积法有四边形的面积为，又由题意，所以，故C正确.故选：AC.11.古希腊数学家托勒密（Ptolemy85-165）对三角学的发展做出了重要贡献，他研究出角与弦之间的对应关系，创造了世界上第一张弦表.托勒密用圆的半径的作为一个度量单位来度量弦长，将圆心角（）所对的弦长记为.例如圆心角所对弦长等于60个度量单位，即.则（）A.B.若，则C.D.（）〖答案〗BCD〖解析〗对于A，圆心角所对弦长为若，则弦长为,显然,故A错误，对于B，若，则弦长为,而直径为，故，B正确，对于C，圆心角所对的弦长为，故，C正确，对于D,根据三角形两边之和大于第三边可知：所对的弦长之和大于所对的弦长，所以，（），故D正确，故选：BCD12.已知函数，，则（）A.当时，有2个零点B.当时，有2个零点C.存在，使得有3个零点D.存在，使得有5个零点〖答案〗BCD〖解析〗由的图象可知，的值域为，对于选项AC：令，则在上恒成立，可知在上单调递增，则，即当且仅当等号成立，令，若，可得，令，当，则，可知；当，结合图象可知当且仅当，方程有根，解得；即或，结合图象可知：有1个根；有2个根；综上所述：当时，有3个零点，故A错误，C正确；对于选项B：令，若，可得，令，即，注意到，由图象可知方程有两个根为一根为，另一根不妨设为，即或，结合图象可知：有1个根；有1个根；综上所述：当时，有2个零点，故B正确；对于选项D：令，若，可得，令，即，令，解得，由图象可设方程有三个根为，且，即或或，结合图象可知：或有1个根；有3个根；综上所述：当时，有5个零点，故D正确；故选：BCD.三、填空题13.已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，点（）在角终边上，且，则的值可以是______.（写一个即可）〖答案〗（，，均可）〖解析〗，即，解得，又，故的值可为、、、、，则，即的值可以是或或.故〖答案〗为：（，，均可）.14.春节前夕，某社区安排小王、小李等5名志愿者到三个敬老院做义工，每个敬老院至少安排1人，至多安排2人.若小王、小李安排在同一个敬老院，且这5名志愿者全部安排完，则所有不同的安排方式种数为______.（用数字作答）〖答案〗18〖解析〗把小王、小李视为1组，剩下的3个人先分成2组，分组的方式是：1，2；则有，把这3组人再分配给3个敬老院，则.故〖答案〗为：1815.已知双曲线的左、右焦点分别为，，以为圆心作与的渐近线相切的圆，该圆与的一个交点为，若为等腰三角形，则的离心率为______.〖答案〗〖解析〗双曲线的半焦距为c，渐近线方程为，点到渐近线距离为，由双曲线定义得，由为等腰三角形，得，即，因此，则，所以的离心率为.故〖答案〗为：16.已知球的表面积为，正四棱锥的所有顶点都在球的球面上，则该正四棱锥体积的最大值为______.〖答案〗〖解析〗由，故该球半径，设正四棱锥底面边长为，高为，则，，则有，化简得，，令，则，故当时，，当时，，即有极大值，即该正四棱锥体积的最大值为.故〖答案〗为：.四、解答题17.在中，，，.（1）求的面积；（2）如图，，，求.解：（1）因为，,所以，因为，，所以，在中，由正弦定理可得，解得.又因为，所以.（2）由（1）可知，，因为，所以，又因为，即，故，所以，，在中，由余弦定理可得，解得.18.记为数列的前项和，.（1）求数列的通项公式；（2）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求数列的前项和.解：（1）当时，，所以，当时，，所以，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，即.（2）由题意，，则，记数列的前项和为，所以.19.如图，在三棱锥中，平面，是线段的中点，是线段上一点，，.（1）证明：平面平面；（2）是否存在点，使平面与平面的夹角为？若存在，求；若不存在，说明理由.（1）证明：因为，是的中点，所以，在直角中，，，所以，在中，，，所以，得，又平面，平面，所以，又，，所以平面，由平面得，又，所以平面，由平面得，平面平面．（2）解：存在点满足条件，以为原点，建立空间直角坐标系如图所示，设，则，，，，，设平面的法向量为，则，令得，所以平面的一个法向量为，易知平面的一个法向量为，由已知得，解得，即，所以存在点使平面与平面的夹角为，此时．20.聊天机器人（chatterbot）是一个经由对话或文字进行交谈的计算机程序.当一个问题输入给聊天机器人时，它会从数据库中检索最贴切的结果进行应答.在对某款聊天机器人进行测试时，如果输入的问题没有语法错误，则应答被采纳的概率为80%，若出现语法错误，则应答被采纳的概率为30%.假设每次输入的问题出现语法错误的概率为10%.（1）求一个问题的应答被采纳的概率；（2）在某次测试中，输入了8个问题，每个问题的应答是否被采纳相互独立，记这些应答被采纳的个数为，事件（）的概率为，求当最大时的值.解：（1）记“输入的问题没有语法错误”为事件，“一次应答被采纳”为事件，由题意，，，则，.（2）依题意，，，当最大时，有即解得：，，故当最大时，.21.已知是椭圆的右焦点，点在不过原点的直线上，交于，两点.当与互补时，，.（1）求的方程；（2）证明：为定值.（1）解：因为与互补，由椭圆的对称性可得与关于轴对称，所以轴，又因为直线过，故的方程为，设在第一象限，因为，则，设为左焦点，则，故，即,因为在上，，解得，所以的方程为；（2）证明：设，，由题意知直线斜率存，设直线，联立，得，，则，，所以，故，所以为定值.22.已知函数，.（1）讨论的单调性；（2）当时，若恒成立，求的取值范围.解：（1）函数的定义域为，，①当时，令，得，则当时，，当时，，所以在