昭通市2024届数学答案_2024届云南省昭通市高三上学期诊断性检测_2024届云南省昭通市高三上学期诊断性检测数学

昭通市 2024 届高中毕业生诊断性检测 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） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C A B D C D B A 【解析】 1．A(1，3)，B(，1)，所以AB(1，1)，故选C． 5 5(12i) 2．z i i1i，故选A． 12i (12i)(12i) 3．由题意知，向上的点为奇数共有 3 种可能，分别为 1、3、5. 又因为向上的点数为 5，所 1 以P ，故选B． 3 5 10 4．由题意知，圆心C的坐标为(0，1)，r 5，所以，圆心到直线l的距离d   ， 10 2 10 5 所以，|AB|2 r2 d2 2 5 2  10 ，故选D． 4 2 2 2 5．设圆台的上底面半径为r ，下底面半径为R，则2πr π12，r4，2πR π27， 3 3 R9，又圆台的母线成为l 271215，所以圆台的侧面积S π(49)15195π，故 选C．  π  π 6． f(x)3sin2x  向左平移得到g(x)，所以g(x)3sin2x2  ，因为g(x)为偶  3  3 π π π 5π 函数，所以2  kπ(kZ)，又因为0 ，所以 ，故选D． 3 2 2 12   7 ． 由 题 知 △ABC 为 等 边 三 角 形 ， 所 以 向 量 CA 在 向 量 CB 上 的 投 影 向 量 为    1 CB    CA  C  B    2  |C  B  |2 C  B   1 C  B  ，故选B． |CB| |CB| |CB|2 2 数学参考答案·第1页（共10页） {#{QQABaQIAggAAAAAAAQgCAwEKCkGQkAAAACoOwEAMIAAAyBNABAA=}#}8．设 M(x,f(x))，则 N(x, f(x)) ，∵点 N 在 g(x) 的图象上，∴ g(x)f(x) ，即 lnx lnx x2xlnx ax2 sin(x)lnxsinx，∴a . 令h(x) ，则h(x) x2 x2 x4 2lnx1  ，令h(x)0，则x e ，此时h(x)递增，令h(x)0，则0x e ，此时 x3 1 1 h(x)递减，∴h(x)最小值为h( e) ，∴a≥ ，故选A． 2e 2e 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 AB AC BD 【解析】 c 1 b2 3 1 9．由题意知a2，b 3，c1，对于A选项：e  或e 1  1  ；对于B a 2 a2 4 2 选项：长轴为：2a4；对于 C 选项：∵l的方程为x y10，∴右焦点到l的距离为 d  2 ；对于 D 选项：方法 1. ∵l 过 (1，0) 且与 y 轴平行，∴|AB| 为通径， 2b2 23 ∴|AB|  3.方法 2. ∵l 过 (1，0) 且与 y 轴平行，∴l 的方程为 x1，由 a 2 x1，  3 x2 y2  y ，∴|AB|3，故选AC．   1 2  4 3 10．∵ f(x)g(x) x2x①，∴ f(x)g(x)x2x ，∴ f(x)g(x)x2x ②， 1 ①+②得，2g(x)2x 2x，∴g(x) (2x 2x)，①−②得，2f(x)2x2x 2x， 2 1 ∴ f(x)x (2x 2x)，故选AB． 2 1 11．由题 S 3a (n≥2) ，令 n2 ， S a 3a，∴a  ，A 正确；当 n≥2 时，将 n1 n 1 1 2 2 3 4 1 S 3a 与S 3a 两式相减得，a 3a 3a ，即a  a (n≥2)，而a  a ， n n1 n1 n n n1 n n1 3 n 2 3 1 数学参考答案·第2页（共10页） {#{QQABaQIAggAAAAAAAQgCAwEKCkGQkAAAACoOwEAMIAAAyBNABAA=}#}1 4 n2 1   3 3  4 n2 所以 C 正确，B 不正确；因S a a a 1   ，nN*， n1 1 2 n1 4 3 1 3 所以D错误，故选AC．   12．由题意知，设平面的法向量为n(3，1，2)，平面的法向量为m (2，4，0)，平面 1   的法向量为m (0，3，1). 设两平面，的交线l 的方向向量为 l (x，y，z)，因为 2   x2，      lm， 2x4y0，   l m，l m ，所以 1  y1， l (2，1，3)，对于 A 选 1 2 lm 2 3yz0  z3      项：因为ln10，所以l与n不垂直，故l与平面不垂直，所以 A 错误，B 选项正    π 确；因为m m 120，所以 C 选项错误；设直线l与平面所成角为0  ， 1 2  2   ln 1 ∴sin    ，所以D选项正确，故选BD． |l||n| 14 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 35 3 9 1 【解析】 13．因为在(1x)3 (1x)4 (1x)5 (1x)6，所以含x3的项为：(C3 C3 C3 C3)(x)3， 3 4 5 6 所以含x3的项的系数是(C3 C3 C3 C3)35. 3 4 5 6 14．由题意知“访、越、南”三个汉字的笔画数分别为 6，12，9，又因为三个汉字的笔画数 调整顺序能构成一个等差数列，故这三个数组成的等差数列可以为 6，9，12 或 12，9， 6，因此d 3.  4 1  4cos2 x sin2 x 4cos2 x 15． f(x)  (sin2 xcos2 x)5  ≥9，当且仅当 sin2 x cos2 x sin2 x cos2 x sin2x sin2x  ，即sin2 x2cos2 x时， f(x)有最小值9. cos2x 数学参考答案·第3页（共10页） {#{QQABaQIAggAAAAAAAQgCAwEKCkGQkAAAACoOwEAMIAAAyBNABAA=}#}16．设半焦距为c，延长FM 交PF 于点N，由于PM 是FPF 的平分线，FM PM ，所 2 1 1 2 2 以△NPF 是等腰三角形，所以|PN||PF |，且M 是NF 的中点. 根据双曲线的定义可 2 2 2 知|PF ||PF |2a，即|NF |2a，由于O是FF 的中点，所以MO 是△NFF 的中位 1 2 1 1 2 1 2 1 6 线，所以|MO| |NF |a2. 又双曲线的离心率为 ，所以c 6，b 2 ，所以 2 1 2 x2 y2 双曲线C的方程为C：  1，根据题意知，所求的是双曲线右支上一点到直线 4 2 yx 的距离的最小值的平方. 设与直线 yx 平行的直线方程为 yxh ，联立 yxh，  x2 y2 消去 y，可得x2 4hx2h2 40，所以(4h)2 4(2h2 4)0，所以   1，  4 2 |2 2 2| h 2或 2 (舍去)，所以切点到直线 yx 的距离为 1 ，所以 2 (x x )2 (y  y )2的最小值为1. 1 2 1 2 四、解答题（本大题共6小题，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） 解：（1）由正弦定理得sinAcosC 3sinAsinCsinBsinC 0， ……………（1分） 又sinBsin(AC)sinAcosCcosAsinC， ∴ 3sinAsinCsinCcosAsinC 0.………………………………………………（2分） ∵0Cπ，sinC 0， ∴ 3sinAcosA1，  π 1 sinA  ，  6 2 π π 5π ∴A  或 .………………………………………………………………………（4分） 6 6 6 ∵0 Aπ， π ∴A .…………………………………………………………………………………（5分） 3 （2）由余弦定理有4a2 b2 c2 2bccosAb2 c2 bc，………………………（7分） ∵b2 c2≥2bc， 数学参考答案·第4页（共10页） {#{QQABaQIAggAAAAAAAQgCAwEKCkGQkAAAACoOwEAMIAAAyBNABAA=}#}∴4≥bc， ………………………………………………………………………………（8分） 当且仅当bc时取等号. 1 3 S  bcsinA bc≤ 3.………………………………………………………（10分） △ABC 2 4 18．（本小题满分12分） 1 1a （1）证明：因为1a 1  n ， n1 2a 2a n n 1 2a 1 1 1 所以  n 1 ，即  1.……………………………（2分） 1a 1a 1a 1a 1a n1 n n n1 n 1  1  又 2，所以数列 是以2为首项，1为公差的等差数列，…………（4分） 1a 1 1a n 1 n 所以 n1，所以a  . …………………………………………………（6分） 1a n n1 n n  n n1 1 1  （2）解：由（1）知a  ，所以b (1)n   (1)n1   ， n n1 n n1 n  n n1 …………………………………………………………………………………………（9分） 所以S b b b n 1 2 n  1 1 1 1 1 1 1  (1)n1 1     (1)n1   1 ，  2 2 3 3 4 n n1 n1 (1)n1 故S 1 .……………………………………………………………………（12分） n n1 19．（本小题满分12分） 解：（1）零假设为H ：性别与患病相互独立，即性别与患病无关将所给数据进行整 0 理，得到两种疗法治疗数据的列联表， 是否患病 性别 合计 是 否 男 18 18 36 女 6 24 30 合计 24 42 66 …………………………………………………………………………………………（4分） 数学参考答案·第5页（共10页） {#{QQABaQIAggAAAAAAAQgCAwEKCkGQkAAAACoOwEAMIAAAyBNABAA=}#}66(2418618)2 根据列联表中的数据，经计算得到2  6.366.635 x ． 24423036 0.01 …………………………………………………………………………………………（5分） 根据小概率值0.01的独立性检验，没有充分证据推断H 不成立，因此可以认为 0 成立，即性别与患病无关． ………………………………………………………（6分） （2）法一： f(p)C3p3(1 p)3 20p3(1 p)3，f(p)60p2(1 p)2(12p)， 6 1  1 当0 p 时， f(p)0， f(p)在区间 0，  上单调递增；…………………（9分） 2  2 1 1  当  p1时， f(p)0，f(p)在区间 ，1上单调递减，……………………（11分） 2 2  1 1 5 故 f(p)在 p  处取得最大值，最大值 f   . ……………………………（12分） 0 2 2 16   1 2 1 3 1 3 法二： f(p)C3p3(1 p)3 20p3(1 p)3 20[p(1P)]3 20p    ≤20  6   2 4 4 5  ，…………………………………………………………………………………（11分） 16 1 5 当且仅当 p 时， f(P)有最大值 . …………………………………………（12分） 2 16 20．（本小题满分12分） （1）证明：法一：因为四边形ABBA为正方形，如图 1，连接 1 1 AB ，所以AB AB . 1 1 1 又因为CA平面ABB A，AB平面ABB A ， 1 1 1 1 1 所以ABCA. ……………………………………（2分） 1 图1 又因为AB CA A，且AB，CA平面CAB ， 1 1 1 所以AB平面CAB . 1 1 又因为BC平面CAB ， 1 1 所以ABBC. ………………………………………………………………………（6分） 1 1 法二：因为CA平面ABB A，四边形ABBA为正方形，所以AA  AB. ……（1分） 1 1 1 1 1 所以以点A为原点，如图建系. 因为AC  AB2， 所以A(0，0，2)，B(0，2，0)，B(0，2，2)，C(2，0，0)， 1 1 …………………………………………………………………………………………（3分） 数学参考答案·第6页（共10页） {#{QQABaQIAggAAAAAAAQgCAwEKCkGQkAAAACoOwEAMIAAAyBNABAA=}#}  即AB(0，2，2)，BC(2，2，2)， 1 1   因为ABBC 0，所以ABBC. 1 1 1 1 …………………………………………………………………………………………（6分） （2）解：因为CA平面ABBA，四边形ABB A为正方形， 1 1 1 1 所以AA  AB. ………………………………………（7分） 1 所以以点A为原点，如图2建系. …………………（8分）  设平面ABC 的法向量为n(x，y ，z )；设平面 1 1 1 1 1  EBC 的法向量为m(x，y ，z )，二面角 A BC E的大小 1 2 2 2 1 1  π 图2 为0 ，  2 因为AC  AB2，  所以A(0，0，2)，B(0，2，0)，B(0，2，2)，C(2，0，0)，即BA (0，2，2). 1 1 1 …………………………………………………………………………………………（9分） 因为BC // BC且BC 2BC ， 1 1 1 1     1 所以BC BB BC BB  BC (1，1，2). 1 1 1 1 1 2  2  又因为AB 3AE，所以E0， ，2， 1 1 1  3    4  即BE0， ，2.  3       nBC，  nBC 0，  因为 1  1 n(1，1，1)； nBA nBA 0 1 1      mBC，  mBC 0，   1  1 m(1，3，2)， mBE mBE0 …………………………………………………………………………………………（11分）   mn 42 7 所以cos    ，故sin 1cos2 ， |m||n| 7 7 7 所以，二面角A BC E的正弦值为 . ………………………………………（12分） 1 1 7 数学参考答案·第7页（共10页） {#{QQABaQIAggAAAAAAAQgCAwEKCkGQkAAAACoOwEAMIAAAyBNABAA=}#}21．（本小题满分12分） p 解：（1）由题意得2x x  ， 0 0 2 ∴x 1， p2， 0 ∴抛物线的标准方程为y2 4x. ……………………………………………………（5分） （2）设点M(x，y )，N(x，y )，抛物线y2 4x的焦点坐标为(1，0). 1 1 2 2 当直线l的斜率等于0时，不符合题意； …………………………………………（6分） 当直线l的斜率不等于0时，设过抛物线焦点的直线l的方程为：xty1， y2 4x， 由 消去x得：y2 4ty40，16t2 160，得tR， xty1， 由韦达定理得y  y 4t，y y 4.………………………………………………（8分） 1 2 1 2   因为AM  AN (x 1)(x 1)(y 2)(y 2) 1 2 1 2 xx x x 1 y y 2(y  y )4 1 2 1 2 1 2 1 2 y2 y2 y2 y2  1  2  1  2 1 y y 2(y  y )4 4 4 4 4 1 2 1 2 (y y )2 1  1 2  [(y  y )2 2y y ]1 y y 2(y  y )4 16 4 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 [(4t)2 8]148t44t2 8t44(t1)2， 4   所以当t 1时，AM  AN 取得最小值为0，此时直线l的方程为x y10. …………………………………………………………………………………………（10分） 根据弦长公式有： |MN| 1t2 | y  y | 112 (y  y )2 4y y  2 1616 8； 1 2 1 2 1 2 |121| 4 点A(1，2)到直线l的距离为d   2 2； 2 2 1 1 故△AMN 面积为S  |MN|d  82 2 8 2.…………………………（12分） △AMN 2 2 22．（本小题满分12分） （1）解： f(x)的定义域为(0，). 1 (x1)(2ax1) f(x) 2a(x1)1 . …………………………………………（1分） x x 数学参考答案·第8页（共10页） {#{QQABaQIAggAAAAAAAQgCAwEKCkGQkAAAACoOwEAMIAAAyBNABAA=}#}①当a0时，由 f(x)0得，0x1， f(x)单调递增， 由 f(x)0得，x1， f(x)单调递减， ∴f(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，)上单调递减； …………………（2分） 1 1 ②当0a 时，由 f(x)0得，0x1或x ， 2 2a  1   1  ∴ f(x)在区间 1，  上单调递减，在区间(0，1)，  ， 上单调递增；  2a 2a  …………………………………………………………………………………………（3分） 1 (x1)2 ③当a 时， f(x) ≥0， f(x)在(0，)上单调递增； 2 x …………………………………………………………………………………………（4分） 1 1 ④当a 时，由 f(x)0得，0x 或x1， 2 2a 1 由 f(x)0得， x1， 2a  1   1  ∴ f(x)在区间  ，1 上单调递减，在区间 0，  ，(1，)上单调递增. 2a   2a …………………………………………………………………………………………（5分） 综上，当a0时， f(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，)上单调递减； 1  1   1  当0a 时， f(x)在区间 1，  上单调递减，在区间(0，1)，  ， 上单调递增； 2  2a 2a  1 当a 时， f(x)在(0，)上单调递增； 2 1  1   1  当a 时， f(x)在区间  ，1 上单调递减，在区间 0，  ，(1，)上单调递增. 2 2a   2a …………………………………………………………………………………………（6分） 1 （2）证明：由（1）知，当且仅当a 时， f(x)在(0，)上单调递增， 2 1 即： f(x)lnx (x1)2 x， 2 1 (x1)2 ∴f(x) (x1)1 ， f(1)1. ………………………………………（7分） x x ∵f(x ) f(x )22f(1)， 1 2 数学参考答案·第9页（共10页） {#{QQABaQIAggAAAAAAAQgCAwEKCkGQkAAAACoOwEAMIAAAyBNABAA=}#}又∵0x x 且 f(x)在(0，)上单调递增， 1 2 ∴0x x ≤1和1≤x x 均不成立. ……………………………………………（8分） 1 2 1 2 故不妨设0x 1x ， 1 2 因此要证x x 2，即证x 2x ， 1 2 2 1 因为 f(x)在(0，)上单调递增，所以即证 f(x ) f(2x )，(22x 1). 2 1 1 又∵f(x ) f(x )2，∴f(x )2 f(x )， 1 2 2 1 故只需证2 f(x ) f(2x )， 1 1 即证 f(2x ) f(x )22f(1). ………………………………………………（10分） 1 1 设h(x) f(x) f(2x)，(0x1)， (x1)2 (1x)2 1 1  2x2 ∴h(x) f(x) f(2x)  (x1)2   (x1)2 x 2x x x2 x(x2) 2(x1)3  . x(x2) 2(x1)3 ∵0x1，∴2(x1)3 0，x(x2)0，故∴h(x) 0. ……………（11分） x(x2) 因此h(x) f(x) f(2x)在0x1上单调递增，所以h(x)h(1)2f(1)2. 故 f(2x )2 f(x ) f(x )，又因为 f(x)在(0，)上单调递增， 1 1 2 ∴x x 2. …………………………………………………………………………（12分） 1 2 数学参考答案·第10页（共10页） {#{QQABaQIAggAAAAAAAQgCAwEKCkGQkAAAACoOwEAMIAAAyBNABAA=}#}