云南省名校联盟2023届高三上学期12月份联合考试数学试卷（含答案）

《云南省名校联盟2023届高三上学期12月份联合考试数学试卷（含答案）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《云南省名校联盟2023届高三上学期12月份联合考试数学试卷（含答案）（11页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、云南省名校联盟2023届高三上学期12月份联合考试数学考试卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 若集合，则（ ）A. B. C. D. 2. 已知复数z满足，则（ ）A. B. C. D. 3. 函数，的图象如图所示，则，的图象所对应的编号依次为（ ）A. B. C. D. 4. 今年入夏以来，南方多省市出现高温少雨天气，持续的干旱天气导致多地湖泊及水库水位下降.已知某水库水位为海拔50m时，相应水面的面积为；水位为海拔41m时，相应水面的面积为.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔50m下降到41m时，减少的水量约为（）（ ）A. B. C. D.

2、 5. 某单位准备从新入职的4名男生和3名女生中选2名男生和1名女生分配到某部门3个不同的岗位，不同的分配方案有（ ）A. 18种B. 36种C. 60种D. 108种6. 图1为一种卫星接收天线，其曲面与轴截面的交线为抛物线的一部分，已知该卫星接收天线的口径，深度，信号处理中心F位于焦点处，以顶点O为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐标系xOy，若P是该抛物线上一点，点，则的最小值为（ ）A. 4B. 3C. 2D. 17. 明朝朱载堉发现的十二平均律，又称“十二等程律”，是世界上通用的一组音（八度）分成十二个半音音程的律制，各相邻两律之间的波长之比完全相同.若已知应钟、大吕、夹钟、仲吕的

3、波长成等比数列，且应钟和仲吕的波长分别是a，b，则大吕和夹钟的波长之和为（ ）A. B. C. D. 8. 如图，一块边长为的正三角形铁片上有三块阴影部分，将这些阴影部分裁下来，然后用剩余的三个全等的等腰三角形加工成一个正三棱锥容器，则容器的容积最大为（ ）A. B. C. D. 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 某商家为了了解人们消费方式的变化情况，收集并整理了该商家2022年1月份到8月份线上收入和线下收入的数据，并绘制如下的折线图.根据折线图，下列结论正确的有（ ）A. 该商

4、家这8个月中，线上收入的平均值高于线下收入的平均值B. 该商家这8个月中，线下收入数据的中位数是6.75C. 该商家这8个月中，线上收入与线下收入相差最大的月份是3月D. 该商家这8个月中，每月总收入不少于17万元的频率为10. 已知，分别是双曲线C：的左、右焦点，P是C上一点，且位于第一象限，则（ ）A. P的纵坐标为B. C. 的周长为D. 的面积为411. 九章算术是我国古代的数学名著，书中将底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图，在阳马中，平面ABCD，底面ABCD是正方形，且，E，F分别为PD，PB的中点，则（ ）A. 平面PACB. 平面EFCC. 点F到直线CD

5、的距离为D. 点A到平面EFC的距离为12. 已知函数在上恰有3个零点，则（ ）A. B. 在上单调递减C. 函数在上最多有3个零点D. 在上恰有2个极值点三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知向量，的夹角为，且，若，则_.14. 写出曲线过坐标原点的切线方程：_，_.15. 已知，则的最小值为_.16. 已知圆：与圆：，点A，B在圆上，且，线段AB的中点为D，则直线OD（O为坐标原点）被圆截得的弦长的取值范围是_.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.（10分）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.（1）求A；（

6、2）若为锐角三角形，且，求c.18.（12分）已知数列满足，且，.（1）求的通项公式；（2）求数列的前n项和.19.（12分）如图，三棱柱的底面ABC是正三角形，侧面是菱形，平面平面ABC，E，F分别是棱，BC的中点.（1）证明：平面.（2）若，求二面角的余弦值.20.（12分）新冠疫情暴发以来，各级人民政府采取有效防控措施，时常采用10人一组做核酸检测（俗称混检），某地在核酸检测中发现某一组中有1人核酸检测呈阳性，为了能找出这1例阳性感染者，且确认感染何种病毒，需要通过做血清检测，血清检测结果呈阳性的即为感染人员，呈阴性的表示没被感染.拟采用两种方案检测：方案甲：将这10人逐个做血清检测，直

7、到能确定感染人员为止.方案乙：将这10人的血清随机等分成两组，随机将其中一组的血清混在一起检测，若结果为阳性，则表示感染人员在该组中，然后再对该组中每份血清逐个检测，直到能确定感染人员为止；若结果呈阴性，则对另一组中每份血清逐个检测，直到能确定感染人员为止.把采用方案甲，直到能确定感染人员为止，检测的次数记为X.（1）求X的数学期望；（2）如果每次检测的费用相同，以检测费用的期望作为决策依据，应选择方案甲与方案乙哪一种？21.（12分）已知椭圆C：的离心率为，是C上一点.（1）求C的方程.（2）设A，B分别为椭圆C的左、右顶点，过点作斜率不为0的直线l，l与C交于P，Q两点，直线AP与直线BQ

8、交于点M，记AP的斜率为，BQ的斜率为.证明：为定值；点M在定直线上.22.（12分）已知函数，是的导函数.（1）若关于x的方程有两个不同的正实根，求a的取值范围；（2）当时，恒成立，求a的取值范围.（参考数据：）参考答案1. D 集合，集合，.2. A 因为，所以，故.3. C 对应的底数越大，图象越靠近x轴，故，的图象所对应的编号依次为.4. C 台体体积公式：.由题意可得，代入计算得.5. D 不同的分配方案有种.6. B 可设该抛物线的方程为，点A的坐标为，所以，则，该抛物线的方程为.当PQ与抛物线的准线垂直时，取得最小值，且最小值为.7. C 设该等比数列的公比为，则，即，则大吕和夹

9、钟的波长分别为，故大吕和夹钟的波长之和为.8. A 由题意可知正三棱锥的底面边长为x，斜高为1，则高为，容积.解法一：.解法二：，令，当时，当时，所以函数在上单调递增；在上单调递减，.9. AB 该商家这8个月中，线上收入与线下收入相差最大的月份是1月，C错误.该商家这8个月中，每月总收入不少于17万元的频率为，D错误.10. ABD 因为，所以.由双曲线的定义可得，所以，解得，故的面积为，D正确.设P的纵坐标为h，的面积，解得，A正确.，解得，的周长为，C错误.可得，B正确.11. AD 以A为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系（图略），则，则，.因为，所以，即，.

10、又，所以平面PAC，A正确.设平面EFC的法向量为，则，令，得.因为，所以，B不正确.设点A到平面EFC的距离为d，则，D正确，设点F到直线CD的距离为h，则，即，C不正确.12. BC 由题意可得，则，解得，则A错误.当时，因为，所以，所以，所以在上单调递减，则B正确.由，得.因为，所以，则在上最多可能有3个零点.当时，由，得，则在上有3个零点，则C正确.当时，由，得，则在上有3个极值点，则D错误.13. 因为，所以，即，解得.14. ；（注：本题两空的答案不分先后顺序，两空全答对得5分，有错误的得0分） 当时，曲线在点处的切线方程为.若该切线经过原点，则，解得，此时切线方程为.当时，同理可

11、得满足题意的切线方程为.15. 解法一：由，得.因为，所以，解得.解法二：由，得.令，则.（其中）.16. 由题意可知圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径.因为，所以，即点D在以为圆心，为半径的圆上.设直线OD的方程为，则，即，解得.当时，直线OD被圆截得的弦长最短，此时圆心到直线OD的距离，则弦长为；当时，直线OD经过，此时直线OD被圆截得的弦长最长，最长的弦长是圆的直径6.综上，直线OD被圆截得的弦长的取值范围是.17. 解：（1）因为，所以.因为，所以.故或.（2）因为为锐角三角形，所以.由余弦定理可得，又因为，所以，解得或（经检验，不合题意，舍去）.18. 解：（1）因为，所以，解得.可

12、得，即，所以是以3为首项，3为公比的等比数列，故，.（2），令，数列的前n项和为，则，所以.19.（1）证明：取的中点M，连接ME，MB.因为E，F分别是棱，BC的中点，所以，所以四边形MEFB为平行四边形，.因为平面，平面，所以平面.（2）解：取AC的中点O，连接OB，.因为四边形是菱形，所以.因为，所以为等边三角形.因为O为AC的中点，所以.因为平面平面ABC，平面平面，平面，所以平面ABC.因为底面ABC是正三角形，所以.以O为原点，OB，OC，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.因为，所以，则，所以，.设平面EFG的法向量为，则，令，则.因为，平面平面，平面ABC，

13、所以平面，所以平面AEG的一个法向量为，所以.故二面角的余弦值为.20. 解：（1）X可取1，2，8，9，则，2，8，所以.（2）把采用方案乙，直到能确定感染人员为止，检测的次数记为Y，则Y可取2，3，4，5.，则.设每次检测的费用均为，则方案甲的平均费用为，方案乙的平均费用为，因为，所以应选择方案乙.21.（1）解：由题可知，解得，故C的方程为.（2）证明：依题可设l的方程为，.联立方程组，消去x整理得，则，则.设，则，.因为，所以，解得，故点M在定直线上.22. 解：（1）由题意可得.令，得.设，则.由，得，由，得，则在上单调递减，在上单调递增，故.因为关于x的方程有两个不同的正实根，所以，则.（2）设，因为当时，恒成立，则至少满足，即.当时，.设，则.设，由，得，由，得，则在上单调递减，在上单调递增，即在上单调递减，在上单调递增.因为，所以存在，使.则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.因为，所以当时，恒成立.故a的取值范围为.