昆明市第一中学2024届高三下学期高中联合考试数学试题

请考生注意：

1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。 2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．已知集合A{x︱x0}，B{x︱xxb0}，若AB{3}，则b（ ） A．6

B．6

C．5

D．5

22．若各项均为正数的等比数列an满足a33a12a2，则公比q（ ） A．1

B．2

C．3

D．4

3．已知直线m,n和平面，若m，则“mn”是“n//”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件

2D．不充分不必要

4．已知直线y=k(x+1)(k>0)与抛物线C:y4x相交于A，B两点，F为C的焦点，若|FA|=2|FB|，则|FA| =（ ） A．1 5．

中，如果

B．直角三角形 B．2

C．3 ，则

D．4

的形状是（ ）

D．等腰直角三角形

A．等边三角形 C．等腰三角形

6．若复数z满足z3(1z)i1，复数z的共轭复数是z，则zz（ ） A．1

B．0

C．1

D．13i 221，x＞07．已知符号函数sgnx0，x0f（x）是定义在R上的减函数，g（x）＝f（x）﹣f（ax）（a＞1），则（ ）

1，x＜0A．sgn[g（x）]＝sgn x C．sgn[g（x）]＝sgn[f（x）]

B．sgn[g（x）]＝﹣sgnx D．sgn[g（x）]＝﹣sgn[f（x）]

8．已知盒中有3个红球，3个黄球，3个白球，且每种颜色的三个球均按A，B，C编号，现从中摸出3个球（除颜色与编号外球没有区别），则恰好不同时包含字母A，B，C的概率为（ ） A．

17 21B．

19 28C．

7 9D．

23 2．如果ba0，那么下列不等式成立的是（ ） A．log2blog2a

11B． 22baC．b3a3 D．abb2

10．已知某批零件的长度误差（单位：毫米）服从正态分布N0,3内的概率为（ ）

（附：若随机变量ξ服从正态分布N,2，从中随机取一件，其长度误差落在区间（3,6）

2，则P68.26%，

C．27.18%

D．31.74%

P2295.44%．）

A．4.56%

B．13.59%

11．设mR，命题“存在m0，使方程x2xm0有实根”的否定是( ) A．任意m0，使方程x2xm0无实根 B．任意m0，使方程x2xm0有实根 C．存在m0，使方程x2xm0无实根 D．存在m0，使方程x2xm0有实根 12．设0p1，随机变量的分布列是

 P 1 1(1p) 3340 1 21p 3323则当p在(,)内增大时，（ ）

A．E()减小，D()减小 C．E()增大，D()减小

B．E()减小，D()增大 D．E()增大，D()增大

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．如图,已知ACBC4，ACB90，M为BC的中点，D为以AC为直径的圆上一动点，则AMDC的最小值是_____．

x2y222Q(x2)(y1)1．则14．已知曲线Q:，点，在曲线上，且以为直径的圆的方程是B1(x0)ABA222aaa_______．

15．如图，已知一块半径为2的残缺的半圆形材料ABC，O为半圆的圆心，OC6，残缺部分位于过点C的竖直5线的右侧，现要在这块材料上裁出一个直角三角形，若该直角三角形一条边在BC上，则裁出三角形面积的最大值为______.

16．已知集合A{1,2,4}，Bx|x2x0，则A2B__________．

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17．（12分）已知函数f(x)xe，g(x)（1）求函数f(x)的极值；

（2）当x>0时，求证：f(x)>g(x).

18．（12分）已知函数fxx6mxmR. （Ⅰ）当m3时，求不等式fx5的解集；

（Ⅱ）若不等式fx7对任意实数x恒成立，求实数m的取值范围. 19．（12分）已知函数f(x)eln(xm)m,mR. （1）若x0是函数f(x)的极值点，求f(x)的单调区间； （2）当m2时，证明：f(x)m

20．（12分）已知等腰梯形ABCD中（如图1），AB4，BCCDDA2，F为线段CD的中点，E、M为线段AB上的点，AEEM1，现将四边形AEFD沿EF折起（如图2）

xxlnx. x

（1）求证：AM//平面BCD；

（2）在图2中，若BD6，求直线CD与平面BCFE所成角的正弦值.

21．（12分）在ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，且(abc)(abc)3ab. （1）求角C的值；

（2）若c2，且ABC为锐角三角形，求ab的取值范围.

x2y25222．（10分）已知椭圆C：221ab0的离心率为，右焦点为抛物线y4x的焦点F.

5ab（1）求椭圆C的标准方程；

（2）O为坐标原点，过O作两条射线，分别交椭圆于M、N两点，若OM、ON斜率之积为的面积为定值.

4，求证：△MON5 参

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．A 【解题分析】

由AB3，得3B，代入集合B即可得b. 【题目详解】

AB3，3B，93b0，即：b6，

故选：A 【题目点拨】

本题考查了集合交集的含义，也考查了元素与集合的关系，属于基础题. 2．C 【解题分析】

22由正项等比数列满足a33a12a2，即a1q3a12a1q，又a10，即q2q30，运算即可得解.

【题目详解】

22解：因为a33a12a2，所以a1q3a12a1q，又a10，所以q2q30，

又q0，解得q3. 故选：C. 【题目点拨】

本题考查了等比数列基本量的求法，属基础题. 3．B 【解题分析】

由线面关系可知mn，不能确定n与平面的关系，若n//一定可得mn，即可求出答案. 【题目详解】

m,mn,

不能确定nα还是nα，

mnn//，

当n//时，存在a，n//a,， 由mma, 又n//a,可得mn，

所以“mn”是“n//”的必要不充分条件， 故选：B 【题目点拨】

本题主要考查了必要不充分条件，线面垂直，线线垂直的判定，属于中档题. 4．C 【解题分析】

方法一：设P(1,0)，利用抛物线的定义判断出B是AP的中点，结合等腰三角形的性质求得B点的横坐标，根据抛物线的定义求得|FB|，进而求得FA.

方法二：设出A,B两点的横坐标xA,xB，由抛物线的定义，结合|FA|2|FB|求得xA,xB的关系式，联立直线

ykx1的方程和抛物线方程，写出韦达定理，由此求得xA，进而求得FA.

【题目详解】

方法一：由题意得抛物线y4x的准线方程为l:x1，直线yk(x1)恒过定点P(1,0)，过A,B分别作AMl于M，BNl于N，连接OB，由|FA|2|FB|，则|AM|2|BN|，所以点B为AP的中点，又点O是PF的中点， 则|OB|21|AF|，所以|OB||BF|，又|OF|1 21， 2所以由等腰三角形三线合一得点B的横坐标为所以|FB|113，所以|FA|2|FB|3． 22

方法二：抛物线y4x的准线方程为l:x1，直线yk(x1) 由题意设A,B两点横坐标分别为xA,xB(xA,xB0)， 则由抛物线定义得|FA|xA1,|FB|xB1

又|FA|2|FB|,xA12(xB1)xA2xB1 ①

2y24xk2x2(2k24)xk20xAxB1 ② yk(x1)2由①②得xAxA20,xA2,|FA|xA13.

故选：C 【题目点拨】

本小题主要考查抛物线的定义，考查直线和抛物线的位置关系，属于中档题. 5．B 【解题分析】 化简得lgcosA＝lgC，B，进而可判断. 【题目详解】 由∵故选：B 【题目点拨】

本题主要考查了对数的运算性质的应用，两角差的正弦公式的应用，解题的关键是灵活利用基本公式，属于基础题． 6．C 【解题分析】

根据复数代数形式的运算法则求出z，再根据共轭复数的概念求解即可． 【题目详解】

解：∵z3i3zi1， ∴z，∴

，

，可得lgcosA＝，∴sinC＝sinB＝

＝﹣lg2，∴

＝

，

，∴tanC＝，C＝，B＝.

＝﹣lg2，即

，结合

， 可求

，得

代入sinC＝sinB，从而可求

13i13i，

2213i13i， 22则z∴zz1， 故选：C． 【题目点拨】

本题主要考查复数代数形式的运算法则，考查共轭复数的概念，属于基础题．

7．A 【解题分析】

根据符号函数的解析式，结合f（x）的单调性分析即可得解. 【题目详解】

根据题意，g（x）＝f（x）﹣f（ax），而f（x）是R上的减函数，

当x＞0时，x＜ax，则有f（x）＞f（ax），则g（x）＝f（x）﹣f（ax）＞0，此时sgn[g （ x）]＝1， 当x＝0时，x＝ax，则有f（x）＝f（ax），则g（x）＝f（x）﹣f（ax）＝0，此时sgn[g （ x）]＝0， 当x＜0时，x＞ax，则有f（x）＜f（ax），则g（x）＝f（x）﹣f（ax）＜0，此时sgn[g （ x）]＝﹣1， 综合有：sgn[g （ x）]＝sgn（x）； 故选：A． 【题目点拨】

此题考查函数新定义问题，涉及函数单调性辨析，关键在于读懂定义，根据自变量的取值范围分类讨论. 8．B 【解题分析】

首先求出基本事件总数，则事件“恰好不同时包含字母A，B，C”的对立事件为“取出的3个球的编号恰好为字母A，

B，C”， 记事件“恰好不同时包含字母A，B，C”为E，利用对立事件的概率公式计算可得；

【题目详解】

3解：从9个球中摸出3个球，则基本事件总数为C984（个），

则事件“恰好不同时包含字母A，B，C”的对立事件为“取出的3个球的编号恰好为字母A，B，C”

3319. 记事件“恰好不同时包含字母A，B，C”为E，则P(E)13C928故选：B 【题目点拨】

本题考查了古典概型及其概率计算公式，考查了排列组合的知识，解答的关键在于正确理解题意，属于基础题． 9．D 【解题分析】

利用函数的单调性、不等式的基本性质即可得出. 【题目详解】

11∵ba0，∴log2blog2a，，b3a3，abb2. 22故选：D.

ba【题目点拨】

本小题主要考查利用函数的单调性比较大小，考查不等式的性质，属于基础题. 10．B 【解题分析】

1（3＜＜3）68.26%，（P6＜＜6）95.44%，P（3＜＜6）（95.44%68.26%）13.59%． 试题分析：由题意P2故选B． 考点：正态分布 11．A 【解题分析】

只需将“存在”改成“任意”，有实根改成无实根即可. 【题目详解】

由特称命题的否定是全称命题，知“存在m0，使方程x2xm0有实根”的否定是 “任意m0，使方程x2xm0无实根”. 故选：A 【题目点拨】

本题考查含有一个量词的命题的否定，此类问题要注意在两个方面作出变化：1.量词，2.结论，是一道基础题. 12．C 【解题分析】

231121E()(1)(1p)pp，D()E(2)E2()，判断其在(,)内的单调性即可．

333334【题目详解】

11212解：根据题意E()(1)(1p)pp在p,33333111E(2)(1)2(1p)p

3331121442411D()E()E()(1p)p(p)2p2pp，

33339999232223内递增， 4是以p

123为对称轴，开口向下的抛物线，所以在,上单调递减，

342

故选：C． 【题目点拨】

本题考查了利用随机变量的分布列求随机变量的期望与方差，属于中档题．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．845 【解题分析】

建立合适的直角坐标系,求出相关点的坐标,进而可得AM,DC的坐标表示,利用平面向量数量积的坐标表示求出

AMDC的表达式,求出其最小值即可.

【题目详解】

建立直角坐标系如图所示：

则点A2,0,C2,0,O0,0,M2,2, 设点D2cos,2sin,

所以AM4,2,DC22cos,2sin, 由平面向量数量积的坐标表示可得,

AMDC422cos22sin

84sin2cos

845sin,其中tan2,

因为sin1,1,

所以AMDC的最小值为845. 故答案为:845 【题目点拨】

本题考查平面向量数量积的坐标表示和利用辅助角公式求最值;考查数形结合思想和转化与化归能力、运算求解能力;建立直角坐标系,把AMDC表示为关于角的三角函数,利用辅助角公式求最值是求解本题的关键;属于中档题.

14．3 2【解题分析】

设AB所在直线方程为lAB:y1k(x2)设A､B点坐标分别为Ax1,y1，Bx2,y2，都在Q上，代入曲线方程，

y1y21x1x2141，从而可得直线的斜率，联立直线AB与Q的方程，由|AB|2，利用两式作差可得

x1x22y1y222弦长公式即可求解. 【题目详解】

因为AB是圆的直径，必过圆心(2,1)点， 设AB所在直线方程为lAB:y1k(x2)

设A､B点坐标分别为Ax1,y1，Bx2,y2，都在Q上，

x12y1212a2a2故2两式相减， 2x2y212a2a2可得

x1x2x1x2y1y2y1y2

2a2a2y1y21x1x2141

x1x22y1y222(因为(2,1)是AB的中点)，即k1 联立直线AB与Q的方程：

yx12x24x22a20 xy2221a2a又|AB|2，即|AB|4，即

2x1x22y1y24

2又因为y1y2x1x2，

2242xx2xx4x1x2 则有12212224422a

即88a22 ∴a3. 23 2故答案为：【题目点拨】

本题考查了直线与圆锥曲线的位置关系、弦长公式，考查了学生的计算能力，综合性比较强，属于中档题. 15．33 2【解题分析】

分两种情况讨论：（1）斜边在BC上，设PBC，则0,（2）若在若一条直角边在BC上，设POH，，2则0,，进一步利用导数的应用和三角函数关系式恒等变形和函数单调性即可求出最大值. 2【题目详解】

（1）斜边在BC上，设PBC，则0,， 2

1616cos，PCsin， 5511616sin2. 从而Scossin25525258当时，Smax此时PH，符合.

25则PB（2）若一条直角边在BC上，设POH，则0,， 2

则PH2sin，OH2cos，

由OHOC63知cos. 55S122cos2sin2sin1cos， 2S2cos12cos1

当θ0,π时，S0，S单调递增， 3当,时，S0，S单调递减，

3233SS.

2253当3，即cos1时，S最大. 2故答案为：33. 2【题目点拨】

此题考查实际问题中导数，三角函数和函数单调性的综合应用，注意分类讨论把所有情况考虑完全，属于一般性题目. 16．{1} 【解题分析】

解一元二次不等式化简集合B，再进行集合的交运算，即可得到答案. 【题目详解】

B{x|0x2}，A{1,2,4}， AB{1}.

故答案为：{1}. 【题目点拨】

本题考查一元二次不等式的求解、集合的交运算，考查运算求解能力，属于基础题.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17． (1) f(x)的极小值为f(1)，无极大值.（2）见解析. 【解题分析】

（1）对f(x)xe求导，确定函数单调性，得到函数极值.

x1e（2）构造函数F(x)x2lnx(x0)，证明F(x)0恒成立，得到

lnx1， x2exlnxlnx2xe，得证. x2x【题目详解】

（1）由题意知，f(x)xee(x1)e， 令f(x)>0，得x>1，令f(x)0，得x1. 则f(x)在(,1)上单调递减，在(1,)上单调递增， 所以f(x)的极小值为f(1)，无极大值.

x（2）当x>0时，要证f(x)g(x)，即证exxx1elnx. x22令F(x)xlnx(x0)，则F(x)2x1(x0)， x令F'(x)0，得x22，令F'(x)0，得0x，

2222则F(x)在2,上单调递增， 0,2上单调递减，在所以当x>0时，F(x)F所以x2lnx，即

212ln0， 222lnx1.因为x>0时，exe01， 2xlnxlnxx2所以当x>0时，e2xe，

xx所以当x>0时，不等式f(x)g(x)成立. 【题目点拨】

本题考查了函数的单调性，极值，不等式的证明，构造函数F(x)xlnx(x0)是解题的关键. 18．（Ⅰ）x|x1；（Ⅱ）[13,1]. 【解题分析】

试题分析：（Ⅰ）分三种情况讨论，分别求解不等式组，然后求并集即可得fx5不等式的解集；（Ⅱ）根据绝对值不等式的性质可得，不等式fx7对任意实数x恒成立，等价于m67，解不等式即可求m的取值范围. 试题解析：（Ⅰ）当m3时，fx5即x6mx5，

2①当x6时，得95，所以x；

②当6x3时，得x6x35，即x1，所以1x3； ③当x3时，得95成立，所以x3. 故不等式fx5的解集为{xx1}.

（Ⅱ）因为x6mxx6mxm6， 由题意得m67，则7m67， 解得13m1， 故m的取值范围是13,1.

19．（1）递减区间为（-1，0），递增区间为(0,)（2）见解析 【解题分析】

（1）根据函数解析式，先求得导函数，由x0是函数f(x)的极值点可求得参数m.求得函数定义域，并根据导函数的符号即可判断单调区间.

（2）当m2时，ln(xm)ln(x2).代入函数解析式放缩为f(x)eln(xm)meln(x2)m，代入证明的不等式可化为eln(x2)0，构造函数h(x)eln(x2)，并求得h(x)，由函数单调性及零点存在定

0理可知存在唯一的x0，使得h(x0)exxxxx10成立，因而求得函数h(x)的最小值h(x0)ex0ln(x02)，由对x02数式变形化简可证明h(x0)0，即h(x)h(x0)0成立，原不等式得证. 【题目详解】

（1）函数f(x)eln(xm)m,mR 可求得f(x)e解得m1,

xx11，则f(0)10 xmm， 所以f(x)eln(x1)1，定义域为1xf(x)ex1， x1f(x)ex1，单调递增，而f00， 在1x1∴当x(1,0)时，f(x)0，f(x)单调递减，

当x(0,)时，f(x)0，f(x)单调递增， 此时x0是函数f(x)的极小值点，

f(x)的递减区间为10，，递增区间为(0,)

（2）证明：当m2时，ln(xm)ln(x2)

f(x)exln(xm)mexln(x2)m，

因此要证当m2时，f(x)m， 只需证明eln(x2)mm， 即eln(x2)0 令h(x)eln(x2)， 则h(x)exxxx1， x2h(x)在(2,)是单调递增，

而h(1)1110,h(0)0， e2x0∴存在唯一的x0，使得h(x0)e10，x0(1,0)， x02),h(x)0，h(x)单调递增， 当x(2,x0),h(x)0，h(x)单调递减，当x(x0，x因此当xx0时，函数h(x)取得最小值h(x0)e0ln(x02)，

x0(1,0),h(x0)ex010， x02ex01,ln(x02)x0， x02x0(x01)21x00， 故h(x0)eln(x02)x02x02从而h(x)h(x0)0，即eln(x2)0，结论成立. 【题目点拨】

本题考查了由函数极值求参数，并根据导数判断函数的单调区间，利用导数证明不等式恒成立，构造函数法的综合应用，属于难题.

x20．（1）见解析；（2）【解题分析】

3. 3（1）先连接CM，根据线面平行的判定定理，即可证明结论成立；

（2）在图2中，过点D作DOEF，垂足为O，连接OB，OC，证明平面BCFE平面BOD，得到点D在底面BCFE上的投影必落在直线OB上，记H为点D在底面BCFE上的投影，连接DH，HC，得出DCH即是直线CD与平面BCFE所成角，再由题中数据求解，即可得出结果. 【题目详解】

（1）连接CM，因为等腰梯形ABCD中（如图1），AMAEEM2CD，AB//CD， 所以AM与CD平行且相等，即四边形AMCD为平行四边形；所以AD//CM；

又F为线段CD的中点，E为AM中点，易得：四边形AEFD也为平行四边形，所以AD//EF； 将四边形AEFD沿EF折起后，平行关系没有变化，仍有：AD//CM，且ADCM， 所以翻折后四边形AMCD也为平行四边形；故AM//CD； 因为AM平面BCD，CD平面BCD， 所以AM//平面BCD；

（2）在图2中，过点D作DOEF，垂足为O，连接OB，OC，

因为AD2，AE1，翻折前梯形ABCD的高为FMDE22123， 所以DAEDFE60，则DODFsin60所以OEEFOF13，OFDFcos60；

223； 2又BEEMMB3，FEMDFE60，

所以BO9333，即BO2OE2BE2，所以BOOE； 923cos60422又DOBOO，且DO平面BOD，BO平面BOD， 所以EO平面BOD；因此，平面BCFE平面BOD； 所以点D在底面BCFE上的投影必落在直线OB上； 记H为点D在底面BCFE上的投影，连接DH，HC， 则DH平面BCFE；

所以DCH即是直线CD与平面BCFE所成角，

OB2OD2BD21因为BD6，所以cosBOD，

2OBOD33226313因此DHDOsinDOB，OHDOcosDOB， 23323633343故BHBOOH； 263因为OFCEFCFCB120，

所以HBCOBC3601201209030， 因此CHBH2BC22BHBCcosHBC所以sinDCH23，故CDDH2HC22， 3DH3. CD3即直线CD与平面BCFE所成角的正弦值为3. 3

【题目点拨】

本题主要考查证明线面平行，以及求直线与平面所成的角，熟记线面平行的判定定理，以及线面角的求法即可，属于常考题型. 21． (1) C【解题分析】

（1）根据题意，由余弦定理求得cosC3.(2) (23,4].

1，即可求解C角的值； 2（2）由正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得到ab4sinA，再根据ABC为锐角三角形，求得66A2，利用三角函数的图象与性质，即可求解.

【题目详解】

（1）由题意知(abc)(abc)3ab，∴a2b2c2ab，

a2b2c21由余弦定理可知，cosC，

2ab2又∵C(0,)，∴C3ab244433sinA,b3sinB 3，即a（2）由正弦定理可知，sinAsinBsin333∴ab.

4423sinAsinA 3(sinAsinB)3334sinA23sinA2cosA，

60A2又∵ABC为锐角三角形，∴，即，

20BA32则

3A62，所以234sinA4，

63综上ab的取值范围为(23,4]. 【题目点拨】

本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.

x2y222．（1）（2）见解析 1；

【解题分析】

（1）由条件可得c1，再根据离心率可求得a,b，则可得椭圆方程；

（2）当MN与x轴垂直时，设直线MN的方程为：xt5t5,t0，与椭圆联立求得M,N的坐标，通过OM、ON斜率之积为4列方程可得t的值，进而可得△MON的面积；当MN与x轴不垂直时，设Mx1,y1，Nx2,y2，MN的方程为ykxm，与椭圆方程联立，利用韦达定理和OM、ON斜率之积为可得

52m25k24，再利用弦长公式求出MN，以及O到MN的距离，通过三角形的面积公式求解.

【题目详解】

（1）抛物线y4x的焦点为F1,0，

2c1， e5c5，， 5a5a5，b2，

x2y2椭圆方程为1；

（2）（ⅰ）当MN与x轴垂直时，设直线MN的方程为：xt5t5,t0

5t2x2y2t,2代入1得：M55t2，Nt,25， 5t25t22245t2 55k1k22tt5t45t242，

5t5解得：t25， 2S△MON15t2t45； 25（ⅱ）当MN与x轴不垂直时，设Mx1,y1，Nx2,y2，MN的方程为ykxm

ykxm45k2x210kmx5m2200， 由x2y2145由05k24m2①

10km5m220x1x2 ，x1x22245k45k4kOM·kON，

5 y1y24，5y1y24x1x20 x1x252即5k4x1x25mkx1x25m0

25m22010km5k45mk245k245k225m0 整理得：2m25k24 代入①得：m0

MN1k2x1x224x1x2 25m22010km2 1k42245k45k451k25k24m2

45k2O到MN的距离d1MNd 2m1k2 S△MON25m5k24m245k2

25m2m2m22m2

5 综上：S△MON5为定值. 【题目点拨】

本题考查椭圆方程的求解，考查直线和椭圆的位置关系，考查韦达定理的应用，考查了学生的计算能力，是中档题.