云南省保山市2024-2025学年高三上学期1月期末质量监测数学答案_2025年1月_250120云南省保山市2024-2025学年高三上学期1月期末质量监测试题

保山市 2024~2025 学年普通高中上学期期末质量监测 高三数学参考答案 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一 项是符合题目要求的） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B D C A B C D A 【解析】 1．由2x≤8得x≤3，故AB{1，0，1，2，3}，故选B． 2．因为z1bi(bR)，所以z1bi，zz(1bi)(1bi)1b2 4，所以b 3，故 选D． 3．由题意得：a 1， a aqaq2 7，所以q2 q60，所以q2或q3，又因为{a } 1 1 1 1 n 为正项等比数列，则q2，这时a aq5 32，所以 a a  a2 32，故选C． 6 1 5 7 6               4．因为a，b 是非零向量，且|a||b||ab|，则有(|a||b|)2 |ab|2ab |a||b|             a，b0a，b共线；又非零向量a，b共线a，b0或a，bπ，故“|a||b|     |ab|”是“a，b 共线”的充分不必要条件，故选A． π π  5．因为 f(x)asinxbcosx图象的一条对称轴是 x ，所以有 f(x) f  x 4 2  π  π  asinxbcosxasin xbcos x ，∴asinxbcosxacosxbsinx(ab) 2  2  2a (sinxcosx)0，∵sinxcosx不恒为0，∴ab0，∴ 2，故选B. b 1 4 1 4 6．由随机变量~ N(3，2)且P(≤1)P(≥a)，得a5，∴     x ax x 5x 11 4  1 5x 4x  1 5x 4x  9 5  x  5x   [x(5x)]  5   5 x  5x   ≥ 5    52 x  5x     5 （0x5），当且 5x 4x 5 1 4 9 仅当  ，即x 时取“”，所以  (0xa)的最小值是 ，故选C． x 5x 3 x ax 5 高三数学参考答案·第1页（共9页） {#{QQABLYQEggigQBIAARgCAQGiCAOQkAGAAYgOBBAYMAAACBNABAA=}#}7．∵△SAB是边长为4的等边三角形，SO AB，∴|SO|2 3，取 AC 边的中点 E，连接 OE，SE，则有 SE AC，OE AC ，所以 SEO 是截面 SAC 与底面所成的角， |SO| 2 3 ∴tanSEO   6，∴|OE| 2 ， ∴|AC|2 2，|OA|2 |OC|2 |AC|2 ， |OE| |OE| ∴△AOC 是直角三角形，设三棱锥SACO的外接球的球心为M ，外接球的半径是R， ∵SO底面AOC，且|EA||EC||EO|，∴ME平面AOC，又∵|MS||MO|R， 1 ∴|ME| |SO|  3，∴R2 |ME|2 |AE|25 ，故三棱锥 SACO 外接球的体积为 2 4πR3 20 5π V   ，故选D． 3 3 8． 因为 f(x)是奇函数，∴f(x)是偶函数，又∵f(x) f(x)0，∴f(x) f(x)0；对 xR都有 f(x) f(2x)0，∴f(x2)f(x)，∴f(x4) f[(x2)2] f(x2) 1  f(x) ，∴f(x)是周期为 4 的周期函数，∴f(2027) f(50643) f(3) ；设 e g(x)exf(x)，则g(x)ex[f(x) f(x)]0，∴g(x)在R上单调递增，g(3)e3f(3)e2； 1 1 又由f(x2) ex2f(x2) ex2 g(x2)e2  g(x2) g(3) ， 所 以 有 ex ex 1 x23，即x1，所以不等式 f(x2) 的解集是(1，)，故选A． ex 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有 多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 题号 9 10 11 答案 ABD AC ABD 【解析】  π π π 9． 对于A，因为函数 f(x)tan2x  的最小正周期T   ，故A正确；对于B，由  4 || 2 π π π kπ 2x kπ (kZ) ， 即 x  (kZ) ， 所 以 函 数 f(x) 的 定 义 域 为 4 2 8 2  π kπ  x x  ，kZ ，故 B 正确；对于 C，函数 f(x) 的对称中心应该满足  8 2  π kπ π kπ 2x  (kZ) ， 即 x  (kZ) ， 所 以 函 数 f(x) 的 对 称 中 心 为 4 2 8 4 高三数学参考答案·第2页（共9页） {#{QQABLYQEggigQBIAARgCAQGiCAOQkAGAAYgOBBAYMAAACBNABAA=}#} π kπ  π π π   ，0(kZ) ，故 C 错误；对于 D，由 kπ 2x kπ (kZ) ，得  8 4  2 4 2 3π kπ π kπ  3π kπ π kπ   x  (kZ)，所以 f(x)的增区间是   ，  (kZ)，故D正 8 2 8 2  8 2 8 2  确，故选ABD． 10．对于 A，事件“X 为奇数”等价于“3 次掷出的点数都为奇数”，其发生的概率为 1 3 1    ，故A正确；对于B，事件“Y≥17”等价于“Y 17或Y 18”，而“Y 18” 2 8 1 3 1 等价于“3次掷出的点数均为6”，其概率为    ，“Y 17”等价于“掷出的 6 216 1 3 1 1 3 个点数中有 2 个 6 和 1 个 5”，其概率为C1    ，因此P(Y≥17) ，故 B 3 6 72 54 错 误 ； 对 于 C ， 事 件 “ X 2 ” 和 事 件 “ Y 4 ” 包 含 相 同 的 样 本 点 {(2，1，1)，(1，2，1)，(1，1，2)}，因此是相等事件，故C正确；对于D，事件“X 4” 6 1 等价于“3次掷出的点数中有2个1和1个4，或者2个2和1个1”，其概率为  ， 216 36 事件“Y 6”等价于“3次掷出的点数中有3个2，或者2个1和1个4，或者1个1，1 136 5 个2和1个3”，其概率为  ，而积事件等价于“3次掷出的点数中有2个1 216 108 3 1 1 5 和1个4”，其概率    ，D错误，故选AC． 216 72 36 108 11．设点A    x 1 ， 2 x 1 p 2    ，B    x 2 ， 2 x 2 p 2    ，则有x 1 x 2 p2，点F   0， 2 p    ，M    x 2 1， x 1 2 4  p p2    ， x  3p  3p N  1，0  ，x 0 . ∵|MN||NF|，∴x  3p，x  ， ∴点A 3p，  ，  2  1 1 2 3  2   3p p  p  3p   3p  B    3 ， 6    ， D  0， 2   ，M   2 ，p   ，N   2 ，0   ，对于 A，直线 l 的斜率 3p p  k  2 2  3 ，故A正确；对于B，△ABD中 ，|AB| 8p ，|AD| 7p，|BD| 7p ， 3p 3 3 3 7 64p2 p2 7p2  9 9 1 ∴|AB||AD||BD|，∴ADB是最大角，cosADB  0， 7p 7 2 7p 3 高三数学参考答案·第3页（共9页） {#{QQABLYQEggigQBIAARgCAQGiCAOQkAGAAYgOBBAYMAAACBNABAA=}#}∴ADB是锐角，所以△ABD是锐角三角形，故 B 正确；对于 C，四边形 MNDF 的 1 3p 3p2 2p 面积S  (p p)  ，故C错误；对于D，|BF| ，|FA|2p，|DF| p， 2 2 2 3 4p2 ∴|BF||FA|  p2，即|BF||FA||DF|2，所以D正确，故选ABD． 3 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 题号 12 13 14 2 2 3 答案 20 3x3y50 ； 4 9 【解析】 x2 3  6 x2  6r  3  r 12．因为  3  x2   的展开式的通项为T r1 C 6 r    3     x2   32r6C 6 rx124r，r 0，1，，6， 令124r0，可得r3，所以常中数项为30C3 20. 6 4 1 13．由4f(x) f(x)5ex ，得4f(x) f(x)5ex ，两式联立得 f(x) ex  ex ，所以 3 3 5 4 1 f(0) ， f(x) ex  ex ， f(0)1 ，则 f(x) 在点 (0，f(0)) 处的切线方程是 3 3 3 5 y x，即3x3y50. 3 3 [1[g(x )]2]2 14．由g(x)ex，xR得g(x)ex，g(x)ex，g(0)1，g(0)1，∴R 0 |g(x )| 0 3 3 [112]2 1 2 2 [1[g(x )]2]2  2 2，k   ，曲线C在点(0，1)处的曲率是 ．∵R 0 1 R 4 4 |g(x )| 0 (1e2x0)3 (1t)3 1  ，设t e2x0 ，则t(0，)，∴R  t2 3t 3，设h(t)t2  e2x0 t t 1 1 1 3t 3，t(0，) ， 则h(t)2t3 在(0，) 上 单 调 递 增 ， h  0， t t2 2 高三数学参考答案·第4页（共9页） {#{QQABLYQEggigQBIAARgCAQGiCAOQkAGAAYgOBBAYMAAACBNABAA=}#} 1 1   1 ∴t0，  时，h(t)0，t ， 时，h(t)0，∴h(t)在 0，  上单调递减，在  2 2   2 1  1 27 3 3 1  ， 上单调递增，∴h(t) h  ∴R  ，而曲率k  ，故g(x)的曲 2  min 2 4 min 2 R 2 3 率有最大值是 . 9 四、解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15．（本小题满分13分） 1 1 1 解：（1）∵a 1，d 1，∴a n，∴b    ， 1 n n n(n1) n n1 ∴T b b b …b n 1 2 3 n 1 1 1 1 1 1 1 1 n 1     …  1  ， 2 2 3 3 4 n n1 n1 n1 n ∴T  . …………………………（6分） n n1 8 9 8 a 4 3 （2）∵T  ，∴a  4，∴sinA   ， 8 9 2 9 2R 4 3 2 2 3 π π 又∵△ABC为锐角三角形，即0 A ，∴A ， …………………………（9分） 2 3 1 ∴a2 b2 c2 2bc b2 c2 bc16， 2 b2 c2 16bc≥2bc，∴bc≤16， 1 3 3 ∴S  bcsinA bc≤ 164 3， △ABC 2 4 4 当且仅当bc4时，上式取“=”号， ∴△ABC 的面积的最大值为4 3. …………………………………（13分） 16．（本小题满分15分） （1）证明：∵AA∥CC ， 1 1 ∴点A，A ，C ，C共面， 1 1 在菱形ABCD中，BD AC， 高三数学参考答案·第5页（共9页） {#{QQABLYQEggigQBIAARgCAQGiCAOQkAGAAYgOBBAYMAAACBNABAA=}#}又AA 平面ABCD，∴AA BD， 1 1 又AC，AA 平面AACC，且ACAA  A， 1 1 1 1 ∴BD平面AACC. ………………………………（5分） 1 1 （2）解：如图所示，以OA，OB为x轴和y轴建立空间直角坐标系， 设DD m， 1 则A( 3，0，3)，B(0，1，2)，C ( 3，0，3)，D(0，1，m)， 1 1 1 1    BC ( 3，1，1)，B A  ( 3，1，1)， BD (0，2，m2)， 1 1 1 1 1 1 当A ，B ，C ，D 四点共面时， 1 1 1 1    存在实数，，使得BD B A BC ， 1 1 1 1 1 1 ∴1，m4， 所以DD 4． ………………………………（9分） 1  设平面ABCD 的一个法向量为n(x，y，z)， 1 1 1 1    nB A 0，   3x yz0，  由  11  n(0，1，1)，  nB 1 C 1 0  3x yz0  ∵z轴平面ABCD，∴平面ABCD的一个法向量是a(0，0，1)，     na 1 2 ∴cosn，a     ， |n||a| 21 2 设平面ABCD 与平面ABCD所成的夹角为θ， 1 1 1 1   2 ∴cos|cosn，a| ， 2  π π 又 0， ，∴ ，    2 4 π ∴平面ABCD 与平面ABCD所成的夹角为 ． ………………………………（15分） 1 1 1 1 4 17．（本小题满分15分） 解：（1）∵中位数是87.5，∴(9087.5)b0.20.10.5， ∴b0.08. ……………………………（4分） （2）由题意得(c0.02ab0.040.02)51， ∴abc0.12， 高三数学参考答案·第6页（共9页） {#{QQABLYQEggigQBIAARgCAQGiCAOQkAGAAYgOBBAYMAAACBNABAA=}#}若c0.01，则ab0.11， b0.11a，0.02a0.04. ………………………………（6分） 所以有 N [70，85) [85，90) [90，100] 10 10sinx 利润y  2x x x P 5a + 0.15 0.55−5a 0.3  10 10sinx ∴利润y的期望E(y)(5a0.15)  (0.555a) 0.6x  x  x 0.6x2 (5.550a)sinx50a1.5  . ………………………………（8分） x  π 设f(x)0.6x2 (5.550a)sinx50a1.5，x0，  ，a(0.02，0.04)，  2 ∴f(x)1.2x(5.550a)cosx， ………………………………（11分） ∵0.02a0.04，则3.55.550a4.5，  π ∵x0，  ，∴cosx0，1.2x0，  2  π ∴f(x)0恒成立，则 f(x)在 0，  上单调递增．………………………………（13分）  2 π 又∵f(0)50a1.50，f  0.15π2 4100a0， 2  π ∴x0，  时， f(x)0不恒成立， ………………………………（14分）  2 ∴该产品不一定能盈利，需要继续生产升级． ………………………………（15分） 18．（本小题满分17分） 解：（1）∵焦点F到渐近线x 3y0的距离是 3， b 3 ∴b 3，又  ，∴a3， a 3 x2 y2 所以双曲线的方程是  1. ………………………………（4分） 9 3 高三数学参考答案·第7页（共9页） {#{QQABLYQEggigQBIAARgCAQGiCAOQkAGAAYgOBBAYMAAACBNABAA=}#}（2）（i）由题意知：直线AB的斜率一定存在， ∴设直线的方程是yk(x2 3)，A(x ，y )，B(x ，y )， 1 1 2 2 yk(x2 3)，   (13k2)x2 12 3k2x36k2 90，  x2 3y2 90 36k2 9 ∴36(k2 1)，xx  ， 1 2 13k2 36k2 9 又因为直线AB与曲线C的左、右支分别相交，∴xx  0， 1 2 13k2 3 3 ∴ k  ， 3 3 ∵直线AB与圆x2  y2 9相交， |2 3k| ∴圆心(0，0)到直线AB：kx y2 3k 0的距离为d  3，∴ 3k  3， k2 1 又∵A，B与M，N不重合，∴k 0，  3   3 综上，直线AB斜率的取值范围是 ，00， ．     3 3     ……………………………（11分） 1k2   6(k2 1) 12k2 2 3 3k2 （ii）由（i）知|AB|  ，|MN|2 9  ， |13k2| |13k2 | k2 1 k2 1 12 3 (k2 1)(3k2)  3   3 ∴|AB||MN| ，k ，00， ， |13k2|  3   3      1 设3k2 1t，则k2  (t1)，t(1，0)， 3 4 3 (t4)(8t) 32 4 1 |AB||MN| 4 3  1， (，1)， |t| t2 t t 32 4  当t1时，   1 27，  t2 t  min ∴|AB||MA|4 3 27 36， ∴|AB||MA|的取值范围是(36，)． ………………………………（17分） 高三数学参考答案·第8页（共9页） {#{QQABLYQEggigQBIAARgCAQGiCAOQkAGAAYgOBBAYMAAACBNABAA=}#}19．（本小题满分17分） （1）解：设x ，x ，x 是方程ax3 bx2 cxd 0(a0)的三个根， 1 2 3 ∴(xx )(xx )(xx )0， 1 2 3 则[x2 (x x )xxx ](xx )0， 1 2 1 2 3 ∴x3 (x x x )x2 (xx xx x x )xxx x 0， 1 2 3 1 2 1 3 2 3 1 2 3 b c d 又∵ax3 bx2 cxd 0(a0)可变形为x3  x2  x 0， a a a b c d ∴x x x  ，xx xx x x  ，xx x  ． ………………………（6分） 1 2 3 a 1 2 1 3 2 3 a 1 2 3 a （2）解：若方程x3 2x2 3x40的三个根分别为x ，x ，x . 1 2 3 则x x x 2，xx xx x x 3，xx x 4． ……………………………（9分） 1 2 3 1 2 1 3 2 3 1 2 3 （3）证明：设关于x的一元三次方程的三个根分别为a，b，c， 则有(xa)(xb)(xc)0， ………………………………（11分） ∴x3 (abc)x2 (abacbc)xabc0， ∵abc0，所以此方程的三个根均不为0． ………………………………（13分） 假设此方程存在负根t(t<0)， 则有t3 0，∵abc0，∴(abc)t2 0， ∵abacbc0，∴(abacbc)t0，abc0， ∴t3 (abc)t2 (abacbc)tabc0， 这与t3 (abc)t2 (abacbc)tabc0矛盾， ∴假设方程存在负根是错误的． ………………………………（16分） 综上，此方程的三个根a，b，c均大于0，所以a0，b0，c0． …………………………………………（17分） 高三数学参考答案·第9页（共9页） {#{QQABLYQEggigQBIAARgCAQGiCAOQkAGAAYgOBBAYMAAACBNABAA=}#}