2024届云南三校高考备考实用性联考卷（五）数学-答案_2024届云南省三校联考备考高三上学期实用性联考（五）_云南省三校联考备考2024届高三上学期实用性联考（五）数学

2024 届云南三校高考备考实用性联考卷（五） 数学参考答案 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只 有一项符合题目要求） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B D C B A B C D 【解析】 1．p：x，yR，x3  y3 (x y)3，则p为x，yR，x3  y3≤(x y)3，故选B．           (ab)a 6 3 2．ab(3， 3)，|ab|2 3，cosab，a      ，故选D． |ab||a| 2 32 2 3．由题意得， A{x|x4k3，kN}{3，1，5，9，13，17，}，B{x|3≤x≤7} ，故 AB{3，1，5}，即AB中共有3个元素，故选C． 1 4．当 x1时， f(x)1 1，当 x≥1时， f(x)log xa≥log 1aa ，因为函数 x1 2 2  x  ，x1， f(x)x1 的值域为R，所以a≤1，所以实数a的取值范围是(，1]，故选B．  log xa，x≥1 2 5．如图 1，连接 AC，BD，设ACBDO ，因为四边形 1 ABCD为矩形，所以O 为矩形ABCD外接圆的圆心．连 1 接OO ，则OO 平面ABCD，分别取EF，AD，BC的 1 1 中点 M，P，Q，根据几何体 ABCDEF 的对称性可知， 图1 直线OO 交EF于点M．连接PQ，则PQ∥AB，且O 为PQ的中点，因为EF∥AB，所以 1 1 PQ∥EF，连接 EP，FQ，在△ADE与△BCF 中，易知EPFQ 22 12  3，所以梯 2 42 2 形 EFQP 为等腰梯形，所以MO 1 PQ，且MO 1  3   2    2．设OO 1 m，球 O的半径为R，连接OE，OA，当O在线段OM 上时，由球的性质可知R2 OE2 OA2， 1 易得OA 22 12  5，则( 2m)2 12  5 2 m2，此时无解．当 O 在线段MO 的延 1 1 数学参考答案·第1页（共10页） {#{QQABSYaEggiAABBAABgCAQEaCgAQkBCCCKoGxEAAIAAAABNABCA=}#}2 11 长线上时，由球的性质可知， 5 2 m2 ( 2m)2 12，解得m ，所以R2 OE2  ， 2 2 所以球O的表面积S 4πR2 22π，故选A． 6．设事件A表示选到会做的题，事件A 表示选到有思路的题，事件A 表示选到完全没有思 1 2 3 3 1 路的题；设事件B表示答对该题，则P(B|A)1，P(B|A ) ，P(B|A ) ，设事件U 表 1 2 5 3 4 5 2 3 1 示答对 8 个题，则P(U)P(A)P(B|A)P(A )P(B|A )P(A )P(B|A ) 1   1 1 2 2 3 3 8 8 5 8 1 129 P(A )P(B|A ) 8   ，设事件C表示将有思路的题目做对，则P(C) 2 2  ，故选B． 4 160 P(U) 43 7．由已知得 2acosAbcosCccosB ，所以 2sinAcosAsinBcosCsinCcosB ，又 1 sinAsin(BC)sinBcosCsinCcosB ， 所 以 cosA ， 因 为 A(0，π) ， 所 以 2 3 sinA ．△ABC的外接圆半径R2，则a2RsinA2 3，又a2 b2 c2 2bccosA， 2 bc 2 即12b2 c2 bc(bc)2 3bc，3bc(bc)2 12≤3  ，当且仅当bc时，等号  2  成立，∵(bc)0，∴0bc≤4 3，所以Cabc≤6 3，故选C． 1 8．因为函数 f(x)12x2 3，令 f(x)0，则x ．当 2 1 1 x 或x 时， f(x)0，此时函数 f(x)单调递 2 2 1 1 增；当 x 时， f(x)0，此时函数 f(x)单调 2 2 递减，作出函数 f(x)的大致图象如图2，故A错；对B， 当0x1， f(x) f(1)1a ，当0a1时， 图2 f(x)0不一定成立，故B错；对C，函数 f(x)0 的根即为 ya 与函数 y4x3 3x 的交点横坐 标．作出函数y4x3 3x的图象如图3，当a≥1或 a≤1时，函数 f(x)有1个零点，故C错；对D， 函 数 f(x) 有 3 个 零 点 ， 则 1a1 ， 1 4x3 3x  (i1，2，3) ，令 xcos(0π) ， i i 2 图3 数学参考答案·第2页（共10页） {#{QQABSYaEggiAABBAABgCAQEaCgAQkBCCCKoGxEAAIAAAABNABCA=}#}1 π 5π 7π π 则 4(cos)3 3coscos3 ，所以， 3 ， ， ，于是， x cos cos ， 2 3 3 3 1 1 9 5π 7π π 5π 7π 4π 3π x cos cos ，x cos cos ，x x x cos cos cos 2cos cos 2 2 9 3 3 9 1 2 3 9 9 9 9 9 5π 4π 5π cos cos cos 0，故选D． 9 9 9 二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有 多项是符合题目要求的．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分） 题号 9 10 11 12 答案 BC ABD AB ACD 【解析】 9．由于焦点在直线2x y40上，当焦点在 y 轴上时，令x0 y4，所以焦点坐标为 (0，4)，设方程为x2 2py(p0)，由焦点坐标知 p8，所以抛物线C的方程为x2 16y； 当焦点在x轴上时，令y0x2，所以焦点坐标为(2，0)，设方程为y2 2px(p0)， 由焦点坐标知 p8，所以抛物线C的方程为y2 16x，故选BC． i2023 i2023 i i(12i) 2 i 2i 10．∵z ，∴z     ，则 z  ，故A 正确；|z| 12i 12i 12i (12i)(12i) 5 5 5 2 2  1 2 5 1      ，故B正确；复数z的虚部为 ，故C错误；复数z在复平面内对 5  5 5 5 2 1 应的点为 ， ，在第四象限，故D正确，故选ABD． 5 5 11．对于 A，根据D(Y aX b)a2D(X) ，可得数据2x 1，2x 1，，2x 1的方差为 1 2 6 22312，故 A 正确；对于 B，对 ycekx 两边同时取对数可得lnylnckx，因为 zˆ2x0.5，所以lnc0.5，k 2，所以ce0.5，k 2，故B正确；对于C，从小到大可 得这组数据为168，170，172，173，173，174，175，178，825%2，则这组数据的下四分 170172 位数（即第 25 百分位数）为 171 ，故 C 错误；对于 D，因为 2 2 3.627x 3.841，在犯错误的概率不超过0.05的情况下，可判断X 与Y 无关，故 0.05 D错误，故选AB． 数学参考答案·第3页（共10页） {#{QQABSYaEggiAABBAABgCAQEaCgAQkBCCCKoGxEAAIAAAABNABCA=}#}12．对选项A：如图4所示，连接AA ，取BC中点D，取BC 中点E， 1 2 1 1 连接AE，AD，DE．由等边三角形的性质得BC  AD，由等腰 1 梯形的性质得 BC DE ．又 ADDE D ， AD，DE 平面 ADEA ，所以BC 平面ADEA ．AA 平面ADEA ，故BC  AA ， 1 1 1 1 1 同理BC  AA ，又AA AA  A，AA，AA 平面AAA ，所以 2 1 2 1 2 1 2 BC 平面AAA ，正确；对于选项B：如图5，等腰梯形的 1 2 图4 1 2 3 高 12    ，取AB中点O，建立如图 6 所示的空 2 2 间直角坐标系，设O 是△ABC 的中心，O 是△ABC的中 1 1 1 1 2 心，过A作AG AD，过E作EH  AD，DH O DO H 1 1 2 2 图5 2 2 3 1 3 3  3  3 6     ， HE      ，所以几何体     3 3 2 6 2 6 3     6  1 3 6 ABCABC 的高为 ，所以A(1，0，0)，A  ， ， ， 1 1 1 3 1 2 6 3    1 3 6 B(1，0，0) ， C(0， 3，0) ， B  ， ，  ， 所 以 2 2 6 3     1 3 6    1 3 6 AA  ， ， ，BC (1， 3，0)，BB  ， ， ， 图6 1  2 6 3  2  2 6 3        mBC x  3y 0，   1 1 设平面 BB 2 C 2 C 的法向量为m(x 1 ，y 1 ，z 1 )，则  1 3 6 取 mBB  x  y  z 0，  2 2 1 6 1 3 1   2   1 3 6  2 3 x 3，得到m 3，1， ，所以m AA   3 1   0，  2  1 2 6 3  2  3     1  3 3 6 7 2 所以AA 与平面BBC C不平行，错误；对选项C：V 2   3   ， 1 2 2 3  4 2  3 6   1 3 6  2 6   1 3  正确；对选项 D： B  ， ，  ， C 0， 3，  ， BC  ， ，0 ， 1 2 6 3  1 3 3  1 1  2 2           1 3 6  AB(2，0，0)，BB  ， ， ．设平面AA B B的法向量为n(x，y，z )， 2  2 6 3  2 2 2 2 2   数学参考答案·第4页（共10页） {#{QQABSYaEggiAABBAABgCAQEaCgAQkBCCCKoGxEAAIAAAABNABCA=}#}  n AB2x 0，  2    1 3 6 取z 2 1，得到n(0，2 2，1)，所以直线B 1 C 1 与平 nBB  x  y  z 0，  2 2 2 6 2 3 2 3 2 2 2 6 面AA B B所成角的正弦值为sin  ，tan 2，正确，故选ACD． 2 2 13 3 三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 题号 13 14 15 16 答案 160 1 31 2 【解析】  1 6  1 6  1 6  1 6 13 ． (x1)  2x x   x  2x x     2x x   ， 因 为   2x x   的 通 项 公 式 为 T k1  1 k  1 6 Ck(2x)6k   Ck26kx62k(0≤k≤6，kN)，所以在x2x  中，当62k 1时，不 6 x 6  x  1 6 满足；在 2x  中，当62k 0时，k 3，则常数项为T C323 160，故答案为160．  x 4 6 14．因为 f(x)x3  f(1)x2 3，所以 f(x)3x2 2f(1)x，则 f(1)312 2f(1)1，解得 f(1)1． 15．方法 1：如图 7，连接PF ，因为 P 在双曲线的右支上，则 2 x2 y2 |PF ||PF |2a，∵双曲线  1的左焦点F(c，0)， 1 2 a2 b2 1 ∵△POF 为等腰三角形，POF 90，∴|OF ||OP|c， 1 1 1 PFOFPO30，∴POF 60，又∵|OF ||OF | 1 1 2 1 2 图7 |OP|c，∴△POF 为等边三角形，即：F PO60， 2 2 |PF |c，∴FPF  FPOF PO90，∴在直角 2 1 2 1 2 △FPF 中，|PF |c，|FF |2c，则|PF | 3c，∴|PF | 1 2 2 1 2 1 1 |PF | 3cc2a ， 即 ： ( 31)c2a ， 解 得 ： 2 c e  31．方法2：如图8，过P作PE⊥x轴于点E， a 图8 数学参考答案·第5页（共10页） {#{QQABSYaEggiAABBAABgCAQEaCgAQkBCCCKoGxEAAIAAAABNABCA=}#}x2 y2 ∵双曲线  1的左焦点 F(c，0) ，∵△ POF 为等腰三角形，POF 90， a2 b2 1 1 1 c ∴|OF ||OP|c，PFOFPO30，∴POE60，∴在直角△POE中，|OE| ， 1 1 1 2 2 c 2  3c   |PE| 2 3c ，则P     2 c ， 2 3c    ，∵点P在双曲线 a x2 2  b y 2 2 1上，∴   a 2 2      b 2 2   1 ，即： b2c2 3a2c2 4a2b2 ，∴ (c2 a2)c2 3a2c2 4a2(c2 a2) ，即： c4 8a2c2 4a4 0 ， c4 8c2 c2 ∴  40，令t  (t 1)，即：t2 8t40，解得：t 42 3，即：e2 42 3， a4 a2 a2 ∵e1，∴e 3+1． 1 1 16 ． 由 sin2sincos ， 得 cossin ， 则 3sin24cos2sin2 2 2sin 1  1  1 1  4sin2 4≤2 sin2 42，当且仅当sin2 sin2  sin2 sin2 sin2 1 1 时，此时sin1，cos ，或者sin1，cos （舍去）时等号成立，所以 2 2 3sin24cos2的最大值为2． 四、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．（本小题满分10分） 1cos2x 解：（1） f(x)2sinxcosx2 3  3sin2x 3cos2x2 3 2  π 2sin2x 2 3，  3 ∵xR，∴f(x)的值域为[22 3，22 3]． ……………………………（5分）  AB  π  π 2π  （2） f  2sinAB 2 32sinπC 2 32sin C2 3  2   3  3  3  2 3， 2π  π 2π 2π 即2sin C0，由C(0，π)，得  C ，  3  3 3 3 2π 2π ∴ C 0，即C  ， 3 3 数学参考答案·第6页（共10页） {#{QQABSYaEggiAABBAABgCAQEaCgAQkBCCCKoGxEAAIAAAABNABCA=}#}2π 16 4 3 又16c2 a2 b2 2abcos a2 b2 ab≥3ab，即ab≤ ，当且仅当ab 时 3 3 3 取等号， 1 1 16 3 4 3 ∴S  absinC≤    ， △ABC 2 2 3 2 3 4 3 ∴(S )  ． ……………………………………………………（10分） △ABC max 3 18．（本小题满分12分） 解：（1）∵a2 (2na 1)a 2na 0(n≥2)， n n1 n n1 ∴(a 2na )(a 1)0(n≥2)， n n1 n a 又a 0，∴a 2na ，即 n 2n(n≥2)． n n n1 a n1 a a a 又a a  2  3  n 2462n2n n!(n≥2)， n 1 a a a 1 2 n1 且a 211!，∴a 2n n!． ……………………………………………………（6分） 1 n 2n1 （2）∵b  ， n a n 1 2n1 1 1 ∴b  ，b    (n≥1)， 1 2 n 2n n! 2n1 (n1)! 2n n! ∴T b b b b b n 1 2 3 4 n 1 1 1 1 1 1 1 1         200! 211! 211! 222! 222! 233! 2n1 (n1)! 2n n! 1 1 ． …………………………………………………………（12分） 2n n! 19．（本小题满分12分） （1）证明：∵平面PCD⊥平面 ABCD，平面PCD平面 ABCDDC， 在等边△PCD中，取DC的中点E，连接PE，如图9， 则PE⊥DC ，且PE平面PCD， ∴PE⊥平面ABCD， 图9 又∵AD平面ABCD，∴PE⊥AD， 已知AD⊥CD，且PECDE，PE ，CD平面PCD，∴AD⊥平面PCD， 又∵AD平面PAD，∴平面PAD⊥平面PCD． ……………………………………………………（6分） 数学参考答案·第7页（共10页） {#{QQABSYaEggiAABBAABgCAQEaCgAQkBCCCKoGxEAAIAAAABNABCA=}#}（2）解：过点E作AD的平行线与AB交于点F，如图 10，则DC⊥EF ， 又由（1）知PE⊥平面ABCD， 建立如图所示的空间直角坐标系， 可知： P(0，0， 3) ， A(2，1，0) ， B(2，3，0) ， C(0，1，0)， 图10     ∴AP(2，1， 3)，AB(0，4，0)，CB(2，2，0)，CP(0，1， 3)，  设平面APB的法向量为n(x，y，z )， 1 1 1   n⊥AP， 2x  y  3z 0，    1 1 1 n⊥AB 4y 1 0， ∴y 1 0，令x 1  3，则z 1 2，  故n( 3，0，2)，  设平面PBC的法向量为m(x，y，z )， 2 2 2   n⊥CB， 2x 2y 0，    2 2 令y  3，则x  3，z 1， n⊥CP y 2  3z 2 0， 2 2 2  故m( 3， 3，1)，     nm 302 1 cos     ， |n||m| 7  7 7 1 设二面角APBC的平面角为，则cos ． 7 …………………………………………………………（12分） 20．（本小题满分12分） 10 解：（1）由已知可得，该单位每个人携带病毒的概率为 0.01． 1000 所以5个人一组，该组混合血样不是阳性的概率为0.95， 所以，一组混合血样呈阳性的概率为10.950.05． ……………………………………………………………（4分） （2）设5个人一组，每组需要化验的次数为随机变量X ，则X 1，6． 由（1）知，5个人一组，需要重新化验的概率为0.05， 数学参考答案·第8页（共10页） {#{QQABSYaEggiAABBAABgCAQEaCgAQkBCCCKoGxEAAIAAAABNABCA=}#}则X的分布列为 X 1 6 p 0.95 0.05 所以，E(X) p(X 1)1 p(X 6）61.25， 1000 总的化验次数为 E(X)250； ………………………………（8分） 5 设10个人一组，每组需要化验的次数为随机变量Y，则Y 1，11． 10 个人一组，该组混合血样不是阳性的概率为 0.9，则 10 个人一组，需要重新化验的概 率为0.1， 则Y的分布列为 Y 1 11 p 0.9 0.1 1000 所以E(Y)10.9110.12，总的化验次数为 E(Y)200， 10 所以，10个人一组的分组方式筛查出这1000人中该病毒携带者需要化验次数较少． ……………………………………………………（12分） 21．（本小题满分12分） x2 y2 1  3 （1）解：由椭圆C：  1(ab0)的离心率为 ，且点1， 在椭圆上， a2 b2 2  2 c 1 b2 c2 1 2 3 可得  ，所以 1 1   ， a 2 a2 a2 2 4  3 1 9 又点1， 在该椭圆上，所以  1，所以a2 4，b2 3，  2 a2 4b2 x2 y2 所以椭圆C的标准方程为  1． ………………………………………（4分） 4 3 （2）证明：设M(x，y )，N(x，y )，由于该直线斜率不为0，可设L ：xmy1， 1 1 2 2 MN x2 y2 联立方程xmy1和  1，得(3m2 4)y2 6my90， 4 3 0恒成立，根据韦达定理可知， 6m 9 3 y  y  ，y  y  ，my  y  (y  y )， 1 2 3m2 4 1 2 3m2 4 1 2 2 1 2 数学参考答案·第9页（共10页） {#{QQABSYaEggiAABBAABgCAQEaCgAQkBCCCKoGxEAAIAAAABNABCA=}#}y y k  2 ，k  1 ， 1 x 2 2 x 2 2 1 k y (x 2) y (my 3) my y 3y 2  1 2  1 2  1 2 1 ， k (x 2)y (my 1)y my y  y 1 1 2 1 2 1 2 2 3  (y  y )3y k 2 1 2 1 k2 k2 k k 10 ∴ 2  3，∴ 1 2  1  2  ． k 3 k k k k 3 1  (y  y ) y 1 2 2 1 2 1 2 2 ……………………………………………………………（12分） 22．（本小题满分12分） 解：（1）由 f(x)ex x1，得 f(x)ex 1， 当x(，0)时， f(x)0，f(x)单调递减， 当x(0，)时， f(x)0，f(x)单调递增． ……………………………………………………………（4分） （2）由 f(2x)≥4x3 ax2得，e2x 2x1≥4x3 ax2，其中x≥0， ①当x0时，不等式为：0≥0，显然成立，符合题意； e2x 4x3 2x1 ②当x0时，分离参数a得，a≥ ， x2 记 e2x 4x3 2x1 2[(x1)e2x 2x3 x1] 2(x1)(e2x 2x2 2x1) g(x) ，g(x)  ， x2 x3 x3 令h(x)e2x 2x2 2x1(x0)， 则h(x)2e2x 4x2，h(x)4(e2x 1)0， 故h(x)单调递增，h(x)h(0)0，故函数h(x)单调递增，h(x)h(0)0， 由h(x)0可得：e2x 2x2 2x10恒成立， 故当x(0，1)时，g(x)0，g(x)单调递增； 当x(1，)时，g(x)0，g(x)单调递减； 因此，[g(x)]  g(1)7e2， max 综上可得，实数a的取值范围是[7e2，)． ……………………………………………………（12分） 数学参考答案·第10页（共10页） {#{QQABSYaEggiAABBAABgCAQEaCgAQkBCCCKoGxEAAIAAAABNABCA=}#}