云南省昆明市第三中学2024届高三上学期数学第一次综合测试数学试卷（含解析）

云南省昆明市第三中学2024届高三上学期数学第一次综合测试数学试卷
（考试时间：120分钟 试卷总分：150分）
一、单选题（本大题共8小题，共40分）
1．已知全集，，，则（ ）
A． B．
C． D．
2．若数列是等差数列，其前n项和为，若，且，则等于（ ）
A． B． C． D．
3．设，，则与大小关系为（ ）
A． B． C． D．
4．已知函数满足，则可能是（ ）．
A． B．
C． D．
5．已知边长为4的正方体中，点，分别为线段，上靠近，的三等分点，直线平面，则（ ）
A． B．3 C．5 D．
6．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，则B等于（ ）
A． B． C． D．
7．设是等比数列，且，，则（ ）
A．12 B．24 C．30 D．32
8．2024年重庆市高考数学科目采用新试卷结构，我校高三年级将对来自三个班级的9名学生（每个班级3名学生）做一项围绕适应新试卷结构的调研，并再抽选其中的若干名学生做访谈，要求每个班级至少有一名学生被抽中，且任意两个班级被抽中的学生人数之和至多为3，则不同的抽选方法数为（ ）
A．54 B．90 C．108 D．162
二、多选题（本大题共3小题，共18分）
9．我们可以用统计图表表示数据，对获得数据进行统计分析.据《中国统计年鉴（2022）》可知，2016~2021年我国人口年龄分布情况（百分比）如表所示.（已知少儿抚养比，老年抚养比，总抚养比（%）少儿抚养比（%）+老年抚养比（%））根据图表，
下列说法正确的有（ ）
A．从2016年到2021年期间，0~14岁人口比重在逐年上升
B．从2016年到2021年期间，15~64岁人口比重在逐年下降
C．2021赡养老人的压力比2020年更重
D．2021年总抚养比大于2020年总抚养比
10．已知复数，下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．若，则的最小值为4
D．在复平面内，所对应的向量分别为，其中为坐标原点，若，则
11．已知椭圆：，、是椭圆的两个焦点，、是椭圆上两点，且、分别在轴两侧，则（ ）
A．若直线经过原点，则四边形为矩形
B．四边形的周长为20
C．的面积的最大值为12
D．若直线经过，则到直线的最大距离为8
三、填空题（本大题共3小题，共15分）
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12．已知与之间的一组数据如表所示，当变化时，与的回归直线方程必过定点 ．
x 0 1 2 3
y 1 3
13．如图，平面四边形中，与交于点，若，，则 ．

14．函数的单调递减区间为 ．
四、解答题（本大题共5小题，共77分）
15．已知函数
（1）求函数的定义域；（2）求函数的值域；（3）求函数的周期；
（4）求函数的最值及相应的值集合； （5）求函数的单调区间；
（6）若，求的取值范围
16．已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个极值点、，且不等式恒成立，求实数的取值范围．
17．有甲乙两个骰子，甲骰子正常且均匀，乙骰子不正常且不均匀，经测试，投掷乙骰子得到6点朝上的概率为，若投掷乙骰子共6次，设恰有3次得到6点朝上的概率为，是的极大值点．
(1)求；
(2)若且等可能地选择甲乙其中的一个骰子，连续投掷3次，在得到都是6点朝上的结果的前提下，求这个骰子是乙骰子的概率；
(3)若且每次都等可能地选择其中一个骰子，共投掷了10次，在得到都是6点朝上的结果的前提下，设这10次中有次用了乙骰子的概率为，试问当取何值时最大？并求的最大值（精确到0.01）．(参考数据)
18．设四边形为矩形，点为平面外一点，且平面，若.
(1)求异面直线和所成角的余弦值;
(2)在边上是否存在一点，使得点到平面的距离为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由;
(3)若点是的中点，在内确定一点，使的值最小，并求出此时的值.
19．已知抛物线上的点到其焦点的距离为，过点的直线与抛物线相交于两点.过原点垂直于的直线与抛物线的准线相交于点.
（1）求抛物线的方程及的坐标
（2）设的面积分别为，求的最大值.
参考答案：
1．C
【分析】解不等式求出集合，，再进行交并补运算即可求解.
【详解】因为，
所以或，
因为，
所以或，
所以，，
所以，
故选：C.
2．B
【分析】由等差数列的通项公式和前项和公式求出的首项和公差，即可求出.
【详解】设等差数列的公差为，
则解得：，
所以.
故选：B.
3．B
【分析】利用对数的运算法则，结合对数函数与指数函数的单调性即可得解.
【详解】因为，，
又，则，
所以.
故选：B.
4．D
【分析】
根据函数满足，一一验证各选项中的函数是否满足该性质，即可得答
案.
【详解】对于A，，则，，不满足；
对于B，，则，，
不满足；
对于C，，则，，不满足；
对于D，，当时，，故；
当时，，故，
即此时满足，D正确，
故选：D
5．C
【分析】首先延伸平面，根据比例关系得到点的位置，计算.
【详解】作出图形如下所示，
如图，延长线段，交和于点，，连结，由题意可知，，
中，，且，易知
，
在中，，
，又
，
所以点是线段上靠近的四等分点，即，
中，.
故选：C
6．C
【分析】由，设,利用余弦定理求解.
【详解】解：在中，，
设,
由余弦定理得，
因为，
所以，
故选：C
7．D
【分析】根据已知条件求得的值，再由可求得结果.
【详解】设等比数列的公比为，则，
，
因此，.
故选：D.
8．C
【分析】分①每个班抽一名学生，②其中两个班抽一名学生，另外一个班抽两名学生两种情况讨论，利用组合数公式计算可得.
【详解】依题意，①若每个班抽一名学生，则有种抽法；
②若其中两个班抽一名学生，另外一个班抽两名学生，则有种抽法；
综上可得不同的抽选方法数为种.
故选：C
9．BCD
【分析】根据图表，逐项分析每个选项中的数据，可得答案.
【详解】对于A，由图表可知2018年到2019年间以及2020年到2021年间0~14岁人口比重在降低，A错误；
对于B，从2016年到2021年期间，15~64岁人口比重在逐年下降，正确；
对于C，2021年65岁以及以上老年人抚养比为，
2020年65岁以及以上老年人抚养比为，故2021赡养老人的压力比2020年更重，C正确；
对于D，2021年总抚养比为，
2020年总抚养比为，
故2021年总抚养比大于2020年总抚养比，D正确，
故选：BCD
10．BD
【分析】A,C通过举例进行判断，B由复数模及复数的乘法进行判断，D由向量加法和减法的几何意义进行判断.
【详解】对于A，设，则，，因此选项A错误；
对于B，设，
则
，
又，则，因此选项B正确；
对于C，设，则，此时，因此选项C错误；
对于D，若，则复平面内以有向线段和为邻边的平行四边形是矩形，
根据矩形的对角线相等和复数加法 减法的几何意义可知，选项D正确.
故选：BD.
11．BC
【分析】根据题意，结合椭圆的对称性，焦点三角形的性质依次讨论各选项即可得答案.
【详解】解：选项A：若直线经过原点，易知四边形为平行四边形，因为不一定与相等，所以不一定是矩形，故不正确；
选项B：四边形的周长为，故正确；
选项C：的面积的最大值为，故正确；
选项D：若直线MN经过，则到直线的最大距离为，故不正确．
故选：BC．
12．/
【分析】直接求出回归直线方程的经过的样本中心即可．
【详解】解：由题意可得：，．
可得样本中心．
与的回归直线方程必过定点：．
故答案为：.
13．/
【分析】由向量对应的比例关系、正弦定理，首先可列方程结合求得，进一步结合余弦定理可表示出，由此即可得解.
【详解】如图，设，，，
，
则：在中，有，
在中，有，
两式相除得，化简得，又，
所以，即，
所以.
在中，由余弦定理，解得，
进一步继续在中，由勾股定理有，所以，
所以.

故答案为：.
14．
【分析】利用导数求出的单调区间，从而可求出函数的减区间
【详解】当时，，则其在上递减，
当时，，则，
当时，，所以在上递减，
综上，的单调递减区间为，
故答案为：
15．（1）R；（2）（3）；（4）见解析；（5）见解析 ；(6）
【分析】由三角函数的定义可得定义域，利用三角函数的图像及性质可得值域，周期，最值及单调区间.
【详解】（1）由有意义可得函数的定义域为R.
（2）∵，
∴即函数的值域为，
（3）周期.
（4）由（2）知当即， ，
此时的取值集合为，
当即，，
此时的取值集合为.
（5）令，
则，
所以函数的单调递增区间是.
令，则，
所以函数的单调递减区间是.
（6），，∴，
所以的取值范围.
16．（1）答案见解析；（2）．
【分析】（1）确定定义域后，求得，分别在和两种情况下，根据的正负即可确定的单调性；
（2）将恒成立的不等式转化为，由，可得，令，利用导数求得的单调性，可知，由此可得结果.
【详解】（1）由题意知：定义域为，，
二次函数的判别式．
①当，即当时，
对任意的，，
单调递增区间为，无单调递减区间；
②当，即当时，
由得：或．
当或时，，
当时，，
单调递增区间为，，
单调递减区间为.
（2）由（1）知，，且，
不等式恒成立等价于恒成立，
．
，
令，则，
在上单调递减，，；
即实数的取值范围为.
17．(1)
(2)
(3)时最大，且最大值为
【分析】（1）由二项分布概率公式写出，通过求导得到的极大值点即可；
（2）设出事件{3次6点朝上}，{选择了乙骰子}，依题，利用条件概率公式求解即可；
（3）设事件{10次有次用了乙骰子}和{10次6点朝上}，依次求和，接着求得，利用数列的单调性研究的最大值即得.
【详解】（1）设恰有3次得到6点朝上的概率为，
则，，
令，得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
故的极大值点．
（2）设事件{3次6点朝上}，事件{选择了乙骰子}，
则，，
故所求概率为.
（3）设事件{10次有次用了乙骰子}，则.
设事件{10次6点朝上}，则.
，
，
令，，
则.
由可得，，解得
所以的最大值是，所以当时最大，
且最大值为
18．(1)
(2)存在，
(3)答案见解析，
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面，由异面直线夹角的定义得到和所成的角为，在中，由边角关系求解即可.
（2）假设BC边上存在一点G满足题设条件，不放设，则，再根据得，进而得答案.
（3）延长到，使得，连接，过作于，利用三点共线，两线段和最小，得到，过作于，连接HB，在中，求解HB即可.
【详解】（1）因为平面，平面，所以，
又因为底面 是矩形，所以，
又平面，所以平面，
又，故异面直线和所成角的大小为，
因为，，所以
故直线PC与所成角的大小为；
（2）假设BC边上存在一点G满足题设条件，不妨设，则
因为平面，到平面的距离为，
由等体积法得，即
因为，
代入数据解得，即，
故存在点G，当时，使得点D到平面PAG的距离为；
（3）延长到，使得，连接，过作于，
则
当且仅当三点共线时等号成立，故，
过作于，连接HB，在中，，
19．（1）抛物线方程为，焦点为；（2）1．
【分析】（1）根据焦半径公式可求得，得抛物线方程和焦点坐标．
（2）设，，用表示出面积，设直线方程为，代入抛物线方程应用韦达定理得，代入化为的函数，然后可求最大值．
【详解】（1）因为点到其焦点的距高为，所以，，
所以抛物线方程为，焦点为；
（2）设，直线斜率一定存在，设直线方程为，
由得，，，
，，
抛物线的准线方程为，
过作准线的垂线与准线分别交于，与轴分别交于，
，
，
，
，
时，直线方程为，则得，即，
，
所以，
，则，设，
，则，因为，所以，
在上是减函数，所以，
所以，
时，，，，，，，
综上，的最大值是1．