2024届“3+3+3”高考备考诊断性联考卷（二）数学（云南版）-答案_2024年4月_01按日期_13号_2024届云南广西贵州“3+3+3”高考备考诊断性联考(二)

2024 届“3+3+3”高考备考诊断性联考卷（二） 数学参考答案 一、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 项是符合题目要求的） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B D A C D C B B 【解析】 34i (34i)(43i) 129i16i12 1．z   i，故|z|1，故选B． 43i (43i)(43i) 25 2．掷两颗均匀的骰子的所有基本事件有6636种，点数之和小于5的有6种，所以所求概 1 率为 ，故选D． 6 3 3 ． sin50sin80cos50sin170sin50cos10cos50sin10sin(5010) ， 故 选 2 A． f(x ) f(x ) 4．当x，x (，0)时， 1 2 0，所以 f(x)在(，0)上单调递增；又有 f(x)为R 1 2 x x 1 2 上 的 偶 函 数 ， 所 以 f(x)在 (0，)上 单 调 递 减 ． 又 有 log 3log 3，所 以 1 2 2 π a f(log 3) f(log 3)， 而 log 31，又 0.50.50.2 1，且 0sin sin11，所 以 1 2 2 6 2 sin10.50.2 log 3，所以abc，故选C． 2 5．如图1，将两个互相垂直的圆柱放到棱长为2的正方体内，则正方体 的内切球与这两个圆柱的侧面和底面都相切，又因为牟合方盖上下两 个顶点和侧面的四个曲面刚好与正方体的侧面相切，故正方体的内切 球内切于牟合方盖，所以，正方体内切球即为牟合方盖的内切球，其 4π 半径为1，体积为 ，故选D． 图1 3 N N 6．学校高三年级男生共有N 个，所占比例为 1 ，女生N 个，所占比例为 2 ，故该 1 N N 2 N N 1 2 1 2 数学参考答案·第1页（共10页） 学科网（北京）股份有限公司N N 校高三年级全体学生的年龄方差为：S2  1 [S2 (x x)2] 2 [S2 (x x)2]， N N 1 1 N N 2 2 1 2 1 2 N N 当x x 时，S2  1 S2  2 S2，故选C． 1 2 N N 1 N N 2 1 2 1 2 7．由题意得 F(1，0)，设直线 l ：xmy1，与 y2 4x联立，得 y2 4my40，设 AB A(x，y )，B(x，y )，故 y  y 4m，y y 4，则 |AB| 1m2 | y  y | 1m2  1 1 2 2 1 2 1 2 1 2  1  (y  y )2 4y y 4(1m2)， 同 理 得 ： |DE|41  ， ∴ 1 2 1 2  m2  1 1 S  |AB|g|DE|  四边形ADBE 2 2  1   1  4(1m2)41 811m2   ≥32，当且仅当m2 1时，等号成立，故选B．  m2   m2  8．设第n年每辆车的利润为a 万元，则每辆车的利润{a }是以2为首项，0.2为公差的等差 n n 数列，所以a 0.2n1.8，设第n年新能源汽车的销量为b 辆，则该汽车的销量{b }是以 n n n 100000为首项，1.2为公比的等比数列，所以b 1000001.2n1，设该车企销售新能源汽 n 车的总利润为S，∴S 1000001.2n1(0.2n1.8)， ∴S 100000(22.21.22.41.22 2.61.23 2.81.24 31.25 3.21.26) ①， 1.2S 100000(21.22.21.22 2.41.23 2.61.24 2.81.25 31.26 3.21.27)②， ①−②得：0.2S 100000[20.2(1.21.22 1.23 1.24 1.25 1.26)3.21.27]  1.21.27   10000020.2  3.21.27100000(0.82.21.27)，   11.2   所以S 500000(2.21.27 0.8)3538000万元，即S 353.8亿元，故选B． 二、选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符 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 BCD ACD 【解析】 π 2π  2π π 9 ． 由 题 意 得 ： f  cos 0， 所 以 kπ ， kZ， 即 3  3  3 2 数学参考答案·第2页（共10页） 学科网（北京）股份有限公司π 5π  5π  π   kπ，kZ，又0π，所以 ，故 f(x)cos2x ．当x0， 时， 6 6  6   12 5π 5π  5π  u2x  ，π，由余弦函数 ycosu的图象知：在 ，π上是单调递减，故A 6  6   6   π π 5π  π 7π 正确；当x ， 时，u2x  ， ，由余弦函数ycosu的图象知：有两  2 6 6  6 6  π 5π 2π 2 个极值点，故B正确；当x 时，2x  ，u π不是余弦函数ycosu的对称 12 6 3 3  5π  5π 1 轴； 故C 不正确；由 y2sin2x 1，得sin2x  ，从而得：xkπ或  6   6  2 π  3 x kπ，kZ， 所 以 函 数 y f(x)在 点 0， 处 的 切 线 斜 率 为   3 2   5π 3 3 k  y 2sin 1，切线方程为：y (x0)，即yx ，故D正确，故 x0 6 2 2 选ABD． π 10．由题意可得， AD 2 ， ADC  . 将平面 ABCD 和平面 4 1 1 1 1 DAAD 沿直线 AD 展开，如图 2 ，在△CDP中，CD 2， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3π DP ， PDC  ， 所 以 1 2 1 1 4 1 2 1 3π 17 C 1 P2 22  2   22 2 cos 4  4  2 ，则C 1 QPQ的最小 图2 17 值为  2 ，故A错；∵CD∥AB，CD 平面ABP，∴ 4 1 1 1 1 CD∥平面ABP，即CD 到平面ABP的距离为定值，即三棱 1 1 1 1 锥 的 高 h为 定 值 ， 又 ∵ S 为 定 值 ， 所 以 △ABP 1 图3 V V  S h为定值，故B正确；如图3，连接AC ，取棱AB，CD，AA 的中 ABPQ QABP 3 △ABP 1 1 点分别为G，H，F ，取线段DH 的中点为E，连接PE ，因为AC 在平面CDDC 内的投影 1 1 1 为HC ，HC PE，由三垂线定理可得， AC PE，连接 AC ，∵ AC  AD ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 AC  AA，∴AC 平面ADD A ，∴AC 在平面ADD A 内 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 的投影为AA ，AA PF ，由三垂线定理可得，AC PF， 1 1 1 数学参考答案·第3页（共10页） 学科网（北京）股份有限公司 图4连接GF，GE，则 AC 平面PEGF ，∴Q点的轨迹为平行四边形PEGF ，故 C 正确； 1 |CQ| 2，如图4，以C 为球心， 2为半径作球，则Q点的轨迹即为该球与直四棱柱各 1 1 面截球所得的弧，在线段CD 上取一点M ，使得CM  2 ，CD上取一点N，使得CN 1， 1 1 1 则C N  2 ，平面ABCD 截球得¼ AM ，长度为 π  2  2π ，平面CDDC 截球得M ¼ N ， 1 1 1 1 1 1 4 4 1 1 长度 π  2  2π ，∵CB 平面ABB A，C A CB 2，∴平面ABB A截球得¼ AB， 4 4 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 π π π π 长度为 1 ，同理可得，平面ABCD截球得B » N ，长度为 1 ，平面ADD A 与球 2 2 2 2 1 1  2 相切与点A，则Q点的轨迹长度为1 π，故D正确，故选BCD． 1  2    11．令x y0，则2f(0)2f2(0)，所以 f(0)0或 f(0)1，若 f(0)0，则当 y0时， f(x) f(x)2f(x)2f(x)f(0)0，这与 f(2)1矛盾，故 f(0)1，令 x0，则 f(y) f(y)2f(0)f(y)2f(y)，故 f(y) f(y)．又 f(x)的定义域为R关于原点对 称 ， 所 以 f(x)是 偶 函 数 ， 故 A 正 确 ； 当 x y1时 ， f(2) f(0) f(2)12f(1)f(1)0， 故 f(1)0， 又 当 y1时 ， f(x1) f(x1)2f(x)f(1)0，所以 f(1x)f(x1)，则 f(x2)f(x)，所以 f(x4)f(x2) f(x)，故 f(x)是以4为周期的周期函数，又由 f(x)是偶函数可得： f(x)关于直线 x2对称，若 f(x)关于点 (2，1)对称，则 f(3) f(1)2，与 f(3) f(1)0矛盾，故 B 错误；若 a  f(n)，则{a }是周期为 4 的周期数列，又 n n a a a a 2f(1) f(2) f(0)0，而20244506，所以{a }的前 2024 项和为 1 2 3 4 n 0，故 C 正确；令 yx，则 f(2x) f(0)2f2(x)，即 f(2x)2f2(x)1，可设 π f(x)cosax，由 f(1)0，可得cosa0，故a 时成立，经检验可知原条件均成立， 2 10 10 π 5π 1 此时有 f  cos  cos  ，故D正确，故选ACD．  3  3 2 3 2 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 题号 12 13 14 数学参考答案·第4页（共10页） 学科网（北京）股份有限公司3 答案 (1，3] 216  4 【解析】 x1 12．由 ≥2 得：1x≤3，所以B{x|1x≤3}，因为 AI B且 AUB A，所以 x1 a(1，3]． 13．5个人住4个房间，每个房间至少住1人，则有一个房间住两人，其他房间住一人，所以 有C2A4 A4 216（种）． 5 4 4 |AM | uuuur uuur 14．设 A(x，y )，B(x，y )，C(x，y )，D(x，y )，∵ 3，故 AM 3MB， 1 1 2 2 3 3 4 4 |BM |  4x x  1， 1x 3(x 1)，   2 3 x2 y2 ∴ 1 2 则 又 A(x，y )，B(x，y )都在椭圆上，故 1  1 1， 1 y 1 3(y 2 1)，  y  4 y 1. 1 1 2 2 4 3  2 3 1 1 1 1 且 (4x )2  (4 y )2 9， 两 式 相 减 得 ： (42x )4 (42y )48， 即 4 1 3 1 4 1 3 1 1 1 1 1 (2x ) (2 y )1① ， 同 理 可 得 ： (2x ) (2 y )1② ， ② − ① 得 ： 4 1 3 1 4 3 3 3 1 1 y  y 3 (x x ) (y  y )0，所以k  1 3  ． 4 1 3 3 1 3 AC x x 4 1 3 四、解答题（本大题共5小题，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） A A A 1 解：（1）由cos  3sin cos  ， 2 2 2 2 A A A 1 得： 3sin cos cos2  ， 2 2 2 2 3 cosA1 1 即： sinA  ，……………………………………………………………（3分） 2 2 2 3 1  π ∴ sinA cosA1， 即：sinA 1. 2 2  6 2π 又∵0 Aπ，∴A . ……………………………………………………………（5分） 3 2π 2π π π （2）由（1）知：A ，∴CAD   ． 3 3 2 6 数学参考答案·第5页（共10页） 学科网（北京）股份有限公司CD b 在△CAD中，  ， π sinADC sin 6 BD c 在△BAD中，  . ………………………………………………………（7 π sinADB sin 2 分） 又sinADBsinADC，BD4CD，代入得：c2b．……………………………（9分） 2π 由余弦定理得：a b2 c2 2bccos  7b，……………………………………（11分） 3 a2 b2 c2 2 7 所以cosC   . ………………………………………………………（13分） 2ab 7 16．（本小题满分15分） 1 解：（1）∵g(x)lnx，∴g(x) ， x ∴函数g(x)在x1的切线l的方程为yx1．………………………………………（2分） ∵ f(x)ex a，∴ f(x)ex，令 f(x)1，得x0，……………………………（4分） 故而 f(0)1a1，所以a2．……………………………………………………（5分） （2）由 f(xa)≥g(x)恒成立，等价于exa a≥lnx恒成立， 即：exa xa≥xlnx恒成立， 令h(x)ex x，则h(xa)≥h(lnx). …………………………………………………（8分） 又∵h(x)ex 10，∴h(x)在(0，)上单调递增， ∴xa≥lnx恒成立，即a≥lnxx. …………………………………………………（11分） 1 1x 令m(x)lnxx，所以m(x) 1 ， x x 则m(x)为(0，1)上的增函数，(1，)上的减函数， 所以a≥m(1)1，所以a的取值范围是：[1，). ………………………………（15分） 17．（本小题满分15分） （1）证明：如图5，过点B作CD的平行线，即为l． 理由如下： ∵AE∥CD，AE平面AEB，CD平面AEB， 数学参考答案·第6页（共10页） 学科网（北京）股份有限公司∴CD∥平面AEB． 又∵CD平面BCD，且平面ABEI 平面BCD l， 图5 ∴l∥CD． 又∵ABl，∴ABCD. ……………………………………………………………（4分） 又∵B在以AC为直径的圆上运动，∴ABBC. 又∵BCI CDC ，∴AB平面BCD， ∴ABBD．……………………………………………………………………………（6分） （2）解：在△ACD中，AC 2CD2，ACD60，∴ADC 90， 故CDDA. 由（1）知：ABCD，ABI DA A， ∴CD平面ABD. 又∵AE∥CD，∴AE平面ABD. ……………………………………………………（9分） 令ENI ADH ，则EHA即为直线EN 与平面ABD所成的角，…………………（11分） π EHA AEH，∴sinEHAcosAEH ， 2 在△AEN 中，EN2 12 22 212cos1207，………………………………（13分） AE2 EN2 AN2 471 5 7 ∴cosAEH cosAEN    ， 2AEgEN 22 7 14 5 7 即直线EN 与平面ABD所成角的正弦值为 . ……………………………………（15分） 14 18．（本小题满分17分） 解：（1）当点P运动到椭圆C的上顶点时，如图6， 则：PF PF FF 2，PM 3． 1 2 1 2 …………………………………………………（2分） △PFF 的内切圆圆M 即为△PFF 的重心． 图6 1 2 1 2 2 3 ∴PM  3，MM ， 3 3 PM 则 2．………………………………………………………………………………（5 MM 数学参考答案·第7页（共10页） 学科网（北京）股份有限公司分） （2）当点P在椭圆C上运动时，设P(x，y )，过点P作椭圆左准线x4的垂线，垂足 0 0 为P， PF 1 则： 1 e . PP 2 1 又∵PP4x ，∴PF 2 x . 0 1 2 0 1 同理可得：PF 2 x， 2 2 0 延长PM 交x轴于点M，设M(t，0)， 1 2 x ∵点M 是△PFF 内切圆圆心，∴由角平分线性质得： PF 1  F 1 M ，即： 2 0  1t ， 1 2 PF FM 1 1t 2 2 2 x 2 0 1 化简得：t  x ①， ……………………………………………………………………（7分） 4 0 PM PF PF PF PF a 设内切圆圆心M(m，n)，由  1  2  1 2  2. MM FM FM FMFM c 1 2 1 2 y n x m 得： 0  0 2②，……………………………………………………………（8分） n mt 联立①②得：x 2m，y 3n． 0 0 x2 y2 又∵P(x，y )在椭圆  1上， 0 0 4 3 y2 ∴即△PFF 内切圆圆心M 的轨迹方程为：x2  1. ……………………………（10分） 1 2 1 3 （3）∵点M 与点N关于x轴对称， ∴设N(m，n)，Q(x，y)， x1 m1 ∴由F，M，Q三点共线可得：  ③， 1 y n x1 m1 由F，N，Q三点共线可得：  ④， 2 y n x2 1 m2 1 ③×④得：  . y2 n2 数学参考答案·第8页（共10页） 学科网（北京）股份有限公司又∵M(m，n)在曲线m2 3n2 1上， m2 1 x2 1 ∴ 3，即 3， n2 y2 ∴ 点Q的轨迹方程Γ为：x2 3y2 1. ………………………………………………（13分） 当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为：x1， 此时直线l与双曲线只有一个交点，不成立； 当直线l的斜率存在时，设A(x，y )，B(x，y )，且x  x， 1 1 2 2 1 2 ∵点A(x，y )，B(x，y )在双曲线上， 1 1 2 2 x2 3y2 1， ∴ 1 1 两式子相减得：(x2 x2)3(y2  y2)0， x2 3y2 1， 1 2 1 2 2 2 ∴(x x )(x x )3(y  y )(y  y )0. 1 2 1 2 1 2 1 2 x x 1 2 1，   2 x x 2， 若点H(1，1)是线段AB的中点，则 即 1 2  y 1  y 2 1， y 1  y 2 2，  2 y  y 1 代入上式子得：(x x )3(y  y )0，则直线l的斜率为：k  1 2  ， 1 2 1 2 x x 3 1 2 1 1 2 ∴直线l的方程为：y1 (x1)， 即y x ， 3 3 3  1 2 y x ， 联立 3 3 得：2x2 4x70，  x2 3y2 1， 1642(7)0，故方程有解， 1 2 所以存在这样的直线l：y x ，使得点H 为线段AB的中点． 3 3 ……………………………………………………………………………………（17分） 19．（本小题满分17分） 解：（1）记事件A为一辆德国市场的电车性能很好，事件B为一辆德国市场的车来自W 公司． 由全概率公式知：P(A)P(A|B)gP(B)P(A|B)gP(B)， P(A)P(A|B)gP(B) 10%0.253% 故：P(A|B)  0.095. ……………………（6分） P(B) 97% 数学参考答案·第9页（共10页） 学科网（北京）股份有限公司（2）记事件A(i0，1，L ，10)表示小球开始位于第i个格子，且最终停留在第10个格子， i 事件C表示小球向右走一格. 小球开始于第i格，此时的概率为P， i 则下一步小球向左或向右移动，当小球向右移动，即可理解为小球始于P ，当小球向左 i1 移动，即可理解为小球始于P ， i1 1 3 即P  P  P . ……………………………………………………………………（9分） i 4 i1 4 i1 由题知P 0，P 1， 0 10 又4P 3P P ，故P P 3(P P )，…………………………………………（11分） i i1 i1 i1 i i i1 所以{P P }是以P P 为首项，3为公比的等比数列， i i1 1 0 即：P P 3i1(P P)， i i1 1 0 即：P P 39(P P)， 10 9 1 0 P P 38(P P)， 9 8 1 0 … P P 30(P P)， 1 0 1 0 310 1 故P (39 38 L 30)(P P) P， …………………………………………（13 10 1 0 2 1 分） 35 1 P [34 33 … 30](P P) P，………………………………………………（15 5 1 0 2 1 分） P 35 1 1 1 则P  5    ， 5 P 310 1 35 1 244 10 1 故这名顾客获得代金券的概率为 . ………………………………………………（17分） 244 数学参考答案·第10页（共10页） 学科网（北京）股份有限公司