保山市普通高中2023~2024学年上学期期末质量监测高三数学-答案_2024届云南省保山市高三上学期1月期末_云南省保山市2024届高三上学期1月期末数学

保山市普通高中 2023~2024 学年上学期期末质量监测 高三数学参考答案 第Ⅰ卷（选择题，共60分） 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D C A B B B D A 【解析】 1．对于 A 选项是奇函数，但在(0，)上不单调，对于 B 选项是偶函数，对于 C 选项不是 奇函数，只有D选项满足题意，故选D． 2．由题意知，A{x|1≤x≤2}，B{x|1x2}，所以A是B的必要不充分条件，故选C． 3．对于任一组数据加上同一非零常数，方差、极差和众数的个数均不变，故选A． 4．设直线 l 的方程为 xmy4 ，与 C ： y2 4x 联立方程得： y2 4my160 ，令   A(x，y )，B(x，y )，则y  y 4m，y  y 16，所以OAOBxx  y y 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 m2y y 4m(y  y )16 y y 0，故选B． 1 2 1 2 1 2 5．如图 1，取CD的中点 E ，连接 PE ，所以 PE 的取值范围是 AD         ，AE  ，即[2，2 5]，又由PCPD(PEED)(PEEC)  2  CD2   PE2  ，所以PCPD[0，16]，故选B． 图1 4 6．如图2，连接DA，DA，DB，DB，则由对称性可知四棱锥DAABB 为正四棱锥，连接 AB ， AB 交于点 O ，连接 OD ，则可得 ODOAOAOBOB2 2 ，即O是四棱锥DABBA外接球 的球心，所以其表面积为32π，故选B． 图2 数学参考答案·第1页（共8页） {#{QQABDQCAogigABJAAAgCQw2oCkMQkBAACKoOhAAEsAIASQNABAA=}#}7． tan(15) 2sin(15)cos(15) 2[(sincos15cossin15)(coscos15sinsin15)]   tan(15) 2sin(15)cos(15) 2[(sincos15cossin15)(coscos15sinsin15)] 2(sincossin15cos15) sin2sin30   11，故选D． 2(sincossin15cos15) sin2sin30  π 1 1 8 ． 由 当 x0，  时 ， sinxxtanx ， 所 以 ctan  a ， 又 由 切 线 不 等 式  2 6 6 7 1 ln(x1)≤x，故而bln  a，故选A． 6 6 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 AC ABD ABC BCD 【解析】 1 3 1 3 9．对于A，由z  i，所以|z|1，故选A；对于B，由z  i，所以 2 2 2 2 1 3 1 z   i，故z 在复平面内所对应的点在第三象限，故不选B；对于C，z 2 2 2 3  1 3  2 1 3  1 3   1 3   2 i ，所以z2     2  2 i    2  2 i，z2 z1    2  2 i       2  2 i   10， 故选 C；对于 D，z3 1(z1)(z2 z1)0，所以z3 1，故 z2024 z2  1  3 i ，不 2 2 选D，故选AC．  a 80， a 20a 40 3 10．由题意知：a 5a 10 5 4 a =13， 故选ABD． 7 6 3  a 3a 6a 12， 5 4 3 11．对于A，令x0，则a 1，故选A；对于B，x1，a a …a 32024，故选B； 0 0 1 2024 对于C，x1，则a a a a …a 1，故选C；对于D，由(12x)2024 a 0 1 2 3 2024 0 axa x2 …a x2024 ， 20242(12x)2023 a 2a x3a x2 …2024a x2023 ， 1 2 2024 1 2 3 2024 令x1，a 2a 3a …2024a 4048，故不选D，故选ABC． 1 2 3 2024 数学参考答案·第2页（共8页） {#{QQABDQCAogigABJAAAgCQw2oCkMQkBAACKoOhAAEsAIASQNABAA=}#}12．如图 3，过 A，C 分别作BD的垂线，垂足分别是E，F ，由 AD 2AB 2 ，所以 6 3 AECF  ，BEDF  ，对于 A，△ABD沿对角线 3 3 BD向上翻折的过程中，点A在过AE与BD的垂面内，而过 点C与BD垂直的点在过CF与BD的垂面内，故而不存在某 图3 一位置使得CABD，故不选 A；对于 B，当且仅当平 面 ABD 平面 BCD ，此时三棱锥 ABCD 的体积最 1 3 大，V  AES  ，故选 B；对于 C，延 ABCD 3 △BCD 9 BE BG 1 图4 长AE交BC于点G，由   ，所以G为边BC ED AD 2 的中点，故而此时的三棱锥ABCD可以放在如图 4 所示的 长方体内，且此时 A在平面 BCD上的投影即为点G ，由 2 BC  2，CD1，AG ，又AD 2，所以直线AD 2 图5 π 与平面BCD所成的线面角为 ，故选C；对于D，A的轨迹是以 6 1 点E为圆心，AE为半径的一段弧，由题意知，EG AE，所以在直角△AGE中，如 2 π 2π 2 6 图5，AEG ，则AEA ，所以A的轨迹长度为 π，故选BCD． 3 3 9 第Ⅱ卷（非选择题，共90分） 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  3 45 答案 47.9 0，  3；2  2 13 【解析】 13．由题意知：平均年龄x (50.001150.002250.01235 0.017450.02355 0.020650.017750.006850.002)1047.9（岁）． 数学参考答案·第3页（共8页） {#{QQABDQCAogigABJAAAgCQw2oCkMQkBAACKoOhAAEsAIASQNABAA=}#} π π  ≥ ，  3 14．由题意需满足    3 2    ≤ 2 ， 又0，所以  0， 3   ． π π  2  ≤  ≤2， 4 2 n2 (n1)π 2n2 (n1)π 1 1  15．由log log (n2)log n，且sin  sin    ，则 3 n 3 3 2 n2 2n 2 n n2 1 1  1 1  S (log 3log 1)  (log 5log 3)...  (log 27log 25)，所以 25 3 3 2 4 3 3 24 26 3 3 45 S  ． 25 13 16．由题意知双曲线 C 的一条渐近线为 3x2y0，F 的坐 1 标 为 ( 7，0) ， 所 以 点 F 到 渐 近 线 的 距 离 1 | 3( 7)20| FN   3 .如图 6，延长PF，FM ， 1 2 1 ( 3)2 22 图6 两直线交于点Q，由PM FQ，且PM 是FPF 的角平分线，所以△PFQ是等腰三角 1 1 2 1 形，且PF PQ，PF PF PQPF FQ4，又有OM 为△QFF 的中位线，所以 1 1 2 2 2 1 2 FQ OM  2 2，故而答案为2． 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） sinB sinC 解：（1）由  1及正弦定理知： sinAsinC sinAsinB b c  1，即b2 c2 a2 bc， ac ab 1 π 所以cosA ，由A(0，π)，所以A ．……………………………………（5分） 2 3  1 2  1 2  2 （2）由AD AB AC，所以(AD)2  AB AC ， 3 3 3 3  即36c2 4b2 2bc，所以36≥6bc，即bc≤6，当且仅当c2b2 3， 1 3 3 所以S  bcsinA≤ ， △ABC 2 2 3 3 故而△ABC的面积的最大值为 ．…………………………………………（10分） 2 数学参考答案·第4页（共8页） {#{QQABDQCAogigABJAAAgCQw2oCkMQkBAACKoOhAAEsAIASQNABAA=}#}18．（本小题满分12分） 解：（1）由S 4S ，所以a 3a ，故数列{a }的公比为3， 2 1 2 1 n 所以S a 3a 9a 39，故而a 3， 3 1 1 1 1 所以a 3n． …………………………………………………………………………（6分） n 1 （2）由（1）知，b  ， n 3n 1 1 5 当n1时，  成立； 2 6 1 11 2 当n≥2时，且   ， 3n 1 (3n 1)1 3n 1 1 1 1 2 2 1  1 1  所以b b b        2   1 2 n 31 32 1 3n 1 2 32 3n 2 32 3n   1  1 n1  1    1 2   32  3   5    1  n  5 ． ………………………………………（12分） 2  1 1  6 3 6  3    19．（本小题满分12分） （1）证明：如图7，取CD的中点E，连接AE，BE ， 由AC  AD，所以AECD， 由BC BD，所以BECD， 又BEAE E ，所以CD平面ABE， 所以ABCD． ……………………………………………（5分） 图7 （2）解：由（1）知：CD平面ABE，即平面BCD平面ABE， 由AC BC 5，CE3，所以AEBE4， 又AB4，所以ABE为正三角形， 取BE ，BC的中点O，F ，则OA，OF，OE两两垂直， 建立如图8所示的空间坐标系； 图8 则A(0，0，2 3)，B(0，2，0)，C(3，2，0)，D(3，2，0)，    所以BA(0，2，2 3)，AC(3，2，2 3)，CD(6，0，0)，  设n (x，y，z )是平面ABC的一个法向量， 1 1 1 1 数学参考答案·第5页（共8页） {#{QQABDQCAogigABJAAAgCQw2oCkMQkBAACKoOhAAEsAIASQNABAA=}#}   n BA0，  2y 2 3z 0， 所以1  即 1 1 n 1  AC0， 3x 1 2y 1 2 3z 1 0，  令z  3，所以x 4，y 3，即n (4，3， 3)； 1 1 1 1  设n (x，y，z )是平面ACD的一个法向量， 2 2 2 2    n CD0，  x 0， 所以2  即 2 n 2  AC 0， 3x 2 2y 2 2 3z 2 0，  令z  3，则x 0，y 3，即n (0，3， 3)， 2 2 2 2   |n n | 21 设二面角BACD的平面角为，所以cos 1 2  ， |n ||n | 14 1 2 21 二面角BACD平面角的余弦值为 ． ……………………………………（12分） 14 20．（本小题满分12分） 解：（1）由题意可知，在一局比赛中， 1 1 1 1 2 1 甲获得1分的概率是   ，乙获得1分的概率是   ， 2 3 6 2 3 3 1 1 1 甲、乙均不得分的概率是1   ， 6 3 2 甲恰在第五局结束时取得游戏胜利的比分是3∶0或4∶1， 1 2 1 2 1 1 当比分是3∶0时，甲获胜的概率为C2      ； 4 2 6 6 144 1 4 1 1 当比分是4∶1时，甲获胜的概率为C1    ， 3 6 3 1296 1 1 5 所以甲恰在第五局结束后取得游戏胜利的概率为   ．……………（6分） 1296 144 648 1 1 1 1 5 （2）（ⅰ）由题意知：P 1，P  P  ，P  P  (1P) ． 1 2 2 1 2 3 2 2 3 2 12 1 1 1 1 （ⅱ）由题意知：当n≥2时，P  P  (1P ) P  ， n 2 n1 3 n1 6 n1 3 2 1 2  2 1 3 所以P   P  ，所以P  是以 为公比， 为首项的等比数列； n 5 6 n1 5  n 5 6 5 2 31 n1 所以P     ． ……………………………………………………………（12分） n 5 56 数学参考答案·第6页（共8页） {#{QQABDQCAogigABJAAAgCQw2oCkMQkBAACKoOhAAEsAIASQNABAA=}#}21．（本小题满分12分） 1 解：（1）由题意知： f(x) ax(a1)， x(0，)， x ax2 (a1)x1 (x1)(ax1) 所以 f(x)  ，x(0，)， x x ①当a≤0时，若x(0，1)，则 f(x)0，若x(1，)，则 f(x)0， 所以 f(x)在(0，1)上单调递增， f(x)在(1，)上单调递减； 1 1 ②当a(0，1)时，令 f(x)0得：x1或x ，且 1， a a 1   1 所以 f(x)在(0，1)， ，上单调递增，在1， 上单调递减； a   a ③当a1时， f(x)≥0恒成立，所以 f(x)在(0，)上单调递增； 1 1 ④当a(1，)时，令 f(x)0得：x1或x ，且0 1， a a  1 1  所以 f(x)在0， ，(1，)上单调递增，在 ，1上单调递减．  a a  …………………………………………………………………………………………（6分） a （2）由 f(x)g(x)≤0恒成立，即lnx x2≤0恒成立， 2 2lnx lnx2 所以a≥  ， x2 x2 lnt 1lnt 令h(t) ，所以h(t) ， t t2 故而h(t)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减； 1 1 所以h(t)的最大值为h(e) ，所以a≥ ． ……………………………………（12分） e e 22．（本小题满分12分） c 1 解：（1）由题意可知：2a4，所以a2，又由  ，所以c1，所以b 3； a 2 x2 y2 故而椭圆C的方程为  1． …………………………………………………（3分） 4 3 数学参考答案·第7页（共8页） {#{QQABDQCAogigABJAAAgCQw2oCkMQkBAACKoOhAAEsAIASQNABAA=}#}（2）如图9，令A(x，y )，B(x，y )，Q(x，y )，M(x，y )，N(x，y ) 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 xx y y 所以切线PA的方程为 1  1 1， 4 3 x x y y 切线PB的方程为 2  2 1， 4 3 （切线方程证明思路：椭圆与直线方程联立，求解判别式 即可得到结果） 又点P(3，3)是切线PA，PB的公共点， 3 图9 x  y 1，  4 1 1 3 所以 故而AB所在的直线为 x y1， 3 4  x  y 1， 4 2 2 由题意可知，直线l的斜率存在，不妨设为k，则k 0， 所以直线l的方程为ykx33k ， ykx33k，  12k8 联立方程：3 解得：x  ， x y1， 3 4k3  4 ykx33k，  联立方程：x2 y2   1，  4 3 消除y得：(34k2)x2 24(kk2)x36(k1)2 120， 24(k2 k) 36(k1)2 12 所以x x  ，x x  ， 4 5 34k2 4 5 34k2 又有PM  1k2(3x )，PN  1k2(3x )，PQ 1k2(3x )， 4 5 3 1 1 1  1 1  1 6(x x )       4 5 PM PN 1k2 3x 3x  1k2 93(x x )x x 4 5 4 5 4 5 24(k2 k) 6 1 34k2 1 8k6     ， 1k2 24(k2 k) 36(k1)2 12 1k2 17 93  34k2 34k2 1 1 1 1 1 1 4k3       ， PQ 1k2 3x 3 1k2 3 12k8 1k2 17 4k3 1 1 2 所以   ．……………………………………………………………（12分） PM PN PQ 数学参考答案·第8页（共8页） {#{QQABDQCAogigABJAAAgCQw2oCkMQkBAACKoOhAAEsAIASQNABAA=}#}