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=}#}