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2024 届云南三校高考备考实用性联考卷（六）
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．在每小题给出的四个选项中，只
有一项符合题目要求）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B C A C C D B A
【解析】
1．由题意， ， ，故选B．
2． ，故选C．
3．由于 ，所以 ，故选A．
4．由 得 或 ，所以 时， 取得最小值，故选C．
5 ． 由 题 意 得 ， ， ∴
， ，故选C．
6．设 是变化后的传输损耗， 是变化后的载波频率， 是变化后的传输距离，则
， ，
则 ，即 ，从而 ，即载波频率约增加到原
来的4倍，故选D．
7．连接 ，设 ，则 ， ， ，在
中 ， ， 即 ， 所 以 ， 所 以
，在 中， ，即 ，
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学科网（北京）股份有限公司所以 ，故选B．
8．因为 ， ，且 ， 平面 ，
平面 ，所以 平面 ，又因为 ， ，且
， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
所以可以将三棱锥 放入一个长方体 中，该长方
体 以 为 长 ， 宽 ， 高 ， 如 图 1 所 示 ， 则 长 方 体 图1
的外接球就是三棱锥 的外接球，下面计算该长方体外接球半径
的 最 小 值 ； 因 为 ， 所 以 ， 所 以
，即 ，所以 ，所以该长方体外接球表面积的
最小值为 ，所以三棱锥 的外接球表面积的最小值为 ，
故选A．
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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 BCD ABD ABC
【解析】
9．因为 ，所以A正确；因为 ，得 ，所以C正确，故
选AC．
10．圆 的圆心为 ，半径 ，圆 ，即 的
圆心为 ，半径 ；A选项，两圆方程作差得 ，即 ，
所以两圆公共弦 所在直线方程为 ，A错误；B选项，圆心 到直线
AB的距离 ，半径 ，所以点 到直线 的距离的最大值为 ，
B正确；C选项， ，C正确；D选项，圆心 到直线
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学科网（北京）股份有限公司的距离 ，圆心 到直线 的距离
，所以直线 是圆 与圆 的一条公切线，D正确，
故选BCD．
11．对于A，连接 ，则 平面
平面 ， 平面 ， 平面 ， 平面 ，
，所以直线 与直线 所成的夹角一定为 ；对于B，连接PC，
， ，则三棱锥 的体积等于三棱锥 的体积， 平面
，点P到平面 的距离 ，为定值1，即三棱锥 的高为1，底
面三角形 的面积为 ， ，所以B正确；对于
C，因为P满足 ，则动点 的轨迹的长度为以D为圆心，1为半径的圆的周长的
四分之一，所以 P 点的轨迹的长度为 ；对于 D，在正方体 中，
平面 ．对于平面 ， 为垂线， 为斜线， 为射影，所以
即为直线 与平面 ABC所成角．设 ，则 ．因为 P是
内（包括边界）的动点，所以当 P 与 O 重合时， 最小，此时
， 当 P 与 B 重 合 时 ， 最 大 ， 此 时
，所以 ，故选ABD．
12．由题意知 ，令 得， 有两个解
，令 ，即等价于 有且仅有两个零点，也即 在
上 有 唯 一 的 极 值 点 且 不 等 于 零 ， 又 且 ， 所 以 当
时， ，则 单调递增，当 时， ，则
单 调 递 减 ， 所 以 是 函 数 的 极 大 值 点 ， 则 ， 即
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学科网（北京）股份有限公司，解得 ，且有 ，
，
．因为 时， 单调递减，
所 以 ， ， 所 以 在 上 单 调 递 增 ， 则 有
， 又 因 为
令 ，则 ，
所以函数 在 上单调递增，则 ，所以 ，故选
ABC．
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
【解析】
13．因为每组小矩形的面积之和为1，所以 ，所以
，测评得分落在 内的频率为 ，落在
内的频率为 ，设第75百分位数为 ，由
，解得 ，故第75百分位数为82．
14． 与 垂直，则 ，即
，其中 ，代入可解得 ．
15．因为 ．所以当 时， ，
为增函数；当 时， ， 为减函数；所以 在 上的
最大值 ．又因为 ，所以 在 上的最
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学科网（北京）股份有限公司小值 ，所以 ．
16 ． 如 图 2 ， 因 为 ， 所 以 ． 因 为
， 所 以 ， 在 中 ，
，所以 ，所以 ，又因为 ，
图2
所 以 ， 所 以 双 曲 线 方 程 为 ． 因 为
，所以 ．设 到两渐近线的距离为 ，
则 ．又因为 ，所以 ，
所以 ．
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）
解：（1）选条件①：因为 ，所以 ，即 ，
又因为 为锐角三角形，所以 ，
所以 ，所以 ．
选条件②：因为 ，所以 ，
所以 ，
又因为 ，所以 ，
所以 ，所以 ．
选条件③：由正弦定理可得 ，
即 ，
又因为 ，所以 ，
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学科网（北京）股份有限公司因为 ，所以 ． …………………………………………（5分）
（2）由BD平分 ，得 ，
则 ，即 ．
在△ABC中，由余弦定理可得 ，
又 ，则 ，
联立 可得 ，
解得 （ 舍去）．
故 ． ………………………………（10分）
18．（本小题满分12分）
（1）证明： 点E在 上且 为直径， ，
又 ， ，
， ，
又 ， ． ………………………………（6分）
（2）解：当四棱锥 体积最大时， 是 的中点，
此时 ， ，
取 中点 ，连接 ，如图3，
则 ，即 ，
又 ， 图3
以 为坐标原点，分别以 ， ， 所在直线为 轴， 轴及 轴，建立如图所
示的空间直角坐标系，
，
，
设平面 的一个法向量为 ，则
取 ，可得 ，
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学科网（北京）股份有限公司平面 的一个法向量为 ，
设平面 与平面 所成夹角为 ，则 ，
即平面 与平面 所成夹角的余弦值为 ． …………………………（12分）
19．（本小题满分12分）
解：（1）由题知，当 时， ，
当 时， ，
因为 ，所以 ．
因为 ，所以 ，由累加法得 ，
综上， ， ． …………………………（6分）
（2）由（1）知
所以 的前n项和 ①，
②，
①−②得 ，
所以 ． ………………………………（12分）
20．（本小题满分12分）
（1）解： ， ， ． ………………………（6分）
（2）证明：法一：设 ，则 ，
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学科网（北京）股份有限公司同理 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，所以 ，即 ．
法二：当 时，由（1）知 ，即 ；
当 时，设 ，则 ， ，
因为 ，
所以
，
因为 ，所以 ，即 ；
综上， ． ……………………………………………………（12分）
21．（本小题满分12分）
解：（1）设 ， ，直线 的方程为 ．
联立 得 ，则 ， ①，
因为 ，所以 ，即 ，
所以 ②，
由①②得： ，因为 ，所以 ，直线 恒过定点 ，
设点 ，则 ，即 ，整理得 ，
所以点 的运动轨迹为以 为圆心，半径为2的圆（原点除外）． …………（5分）
（2）由（1）因为 ，
所以 ， ， ，
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学科网（北京）股份有限公司则
③，
将①代入③得： ，
得， 或者 ．
当 时，直线 过 ．
当 时，直线 过 ，此时 在 上，不合题意．
所以直线 恒过 ．
因为 为定点，所以 为定值，
在 中取 中点 ，连接 ， ，
所以 为定值．
此时 的坐标为 ，
故存在点 ，使得 为定值． ………………………………（12分）
22．（本小题满分12分）
解：（1） ，则 ，
曲线 在 处的切线为 ，且 ，
曲线 在 处的切线为 ，且 ，
故，用牛顿迭代法求方程 满足精度 的近似解为 ． …………（5分）
（2）将 整理得到： ，
令 ， ，
因为 ， 的极小值为 ，
因此， 有且仅有一个零点 ，所以 有且仅有一个极小值点 ，即 ，
所以有 ，
方法一：由（1）有 ，
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学科网（北京）股份有限公司所以
．
方法二： ．
，
所以， 能取到的最大整数值为 ． …………………………………………（12分）
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