2024届云南三校高考备考实用性联考卷（六）数学-答案_2024年2月_01每日更新_24号_2024届云南省三校高考备考实用性联考卷（六）_2024届云南三校高考备考实用性联考卷（六）数学试题

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， A{x|x1或x≥3}，∴( A)B{0，3，4}，故选B． U U 2．(z1)i1i(z1)i1z2iz2i，故选C． 15 1  5 15 3．由于sin ，cos ，所以2cos2 sin ，故选A． 4 4 2 4 n2 4．由 0得n2或n8.5，所以n8时，S 取得最小值，故选C． 2n17 n   π π  π  π π π  π π 5．由题意得g(x)2sin  2x   2sin2x  ，∵x   ，  ，∴2x    ，  ，   6 6  6  6 6 6  2 6 ∴g(x)[2，1]，故选C． 6．设 L 是变化后的传输损耗， F是变化后的载波频率， D是变化后的传输距离，则 D F LL18，D2D，18LL20lgD20lgF20lgD20lgF 20lg 20lg ， D F F F 则20lg 1820lg212，即lg 0.6lg4，从而F4F ，即载波频率约增加到原来 F F 的4倍，故选D． 7．连接NF ，设|NF |2n，则|MF |3n，|MF |2a3n，|NF |2a2n，在Rt△MNF 中， 2 1 1 2 2 2 2a 2a |MN|2 |MF |2|NF |2，即(5n)2 (2a3n)2 (2a2n)2，所以n ，所以|MF | ， 2 2 15 1 5 8a 17 |MF | ，在Rt△MFF 中，|MF |2 |MF |2|FF |2，即25c2 17a2，所以e ， 2 5 1 2 1 2 1 2 5 故选B． 数学参考答案·第1页（共9页） {#{QQABDYCEogAoAAIAAAgCEwGICEMQkAEAAIoGgFAMIAIBSAFABAA=}#}8．因为SCBC，SC AC ，且BCAC C，BC平面ABC，AC 平面 ABC，所以SC 平面 ABC，又因为BC  AB， ABSB ，且 BCSBB，BC平面SBC，SB平面SBC，所以AB平面SBC， 所以可以将三棱锥SABC放入一个长方体ABFEDCSG中，该长方 体以AB，SC，BC为长，宽，高，如图1所示，则长方体ABFEDCSG 图1 的外接球就是三棱锥SABC的外接球，下面计算该长方体外接球半径R的最小值；因为 ABBC 10，所以 AB2 BC2≥2ABBC 20 ，所以 AB2 BC2 SC2≥20525，即 5 5 2 (2R)2≥25，所以R≥ ，所以该长方体外接球表面积的最小值为4πR2 4π  25π， 2 2 所以三棱锥SABC的外接球表面积的最小值为25π，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】 1 2 9．因为 f(x)f(x)，所以A正确；因为 f(x)x 0，得x ，所以C正确，故 2x 2 选AC． 10．圆M 的圆心为M(0，1)，半径r 2，圆N：x2  y2 4x30，即(x2)2  y2 1的圆 1 心为N(2，0)，半径r 1；A 选项，两圆方程作差得4x2y60，即y2x3，所 2 以两圆公共弦AB所在直线方程为y2x3，A错误；B选项，圆心N(2，0)到直线AB 1 5 5 的距离d   ，半径r 1，所以点P到直线AB的距离的最大值为 1，B 41 5 2 5 2  5 4 5 正确；C 选项，|AB|2 12    ，C 正确；D 选项，圆心M(0，1)到直线   5 5   10 4x3y130的距离d  2r ，圆心 N(2，0)到直线4x3y130的距离 1 169 1 5 d  1r ，所以直线4x3y130是圆M 与圆N的一条公切线，D正确，故 2 169 2 选BCD． 数学参考答案·第2页（共9页） {#{QQABDYCEogAoAAIAAAgCEwGICEMQkAEAAIoGgFAMIAIBSAFABAA=}#}11．对于 A，连接AD，AD，则AD AD，AB平面ADD A，∴AD AB，ABAD  A， 1 1 1 1 1 1 1 1 AB平面ABCD ，AD 平面ABCD ，∴AD平面ABCD ，DP平面ABCD ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ∴ADDP，所以直线AD与直线DP所成的夹角一定为90；对于B，连接PC，PC ， 1 1 1 1 1 DC，则三棱锥C DPC的体积等于三棱锥PCCD 的体积，∴AB∥平面CDDC ，点 1 1 1 1 1 1 1 P到平面CDDC 的距离BC，为定值1，即三棱锥PCCD 的高为1，底面三角形CDC 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 的面积为 ，∴V V   111 ，所以B正确；对于C，因为P满足 2 C1D1PC PD1C1C 3 2 6 DP1，则动点P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 π 点的轨迹的长度为 ；对于D，在正方体ABCDABCD 中，DD 平面ABCD．对于 2 1 1 1 1 1 平面ABC，DD 为垂线，DP为斜线，DP为射影，所以DPD 即为直线DP与平面ABC 1 1 1 1 所成角．设ACBDO，则AC BD．因为P是△ABC内（包括边界）的动点，所以 DB 2 1 6 当P与O重合时，DP  最小，此时sinDPD   ，当P与B重合时， 2 2 1 DP 3 1 1 3  3 6 DPDB 2 最大，此时sinDPD   ，所以sinDPD  ，  ，故选 1 DP 3 1 3 3 1   ABD． 12．由题意知 f(x)lnx12mx(x0)，令 f(x)0得，lnx12mx0(x0)有两个解 x，x ，令g(x)lnx12mx0，即等价于g(x)有且仅有两个零点，也即g(x)在(0，) 1 2 12mx  1  上有唯一的极值点且不等于零，又g(x) 且m0，所以当x0，  时， x  2m  1  g(x)0，则g(x)单调递增，当x ， 时，g(x)0，则g(x)单调递减，所以  2m  1  1   1   1  x 是函数 g(x) 的极大值点，则 g 0 ，即 ln 12m  2m  2m  2m  2m 1 1 ln(2m)0 ，解得  m0 ，且有 0x  x ，∵f(x )lnx 12mx 2 1 2m 2 1 1 1 0lnx 12mx，f(x )lnx 12mx 0lnx 12mx ，∴f(x )x lnx  1 1 2 2 2 2 2 1 1 1  1  mx2 x (12mx )mx2 x (1mx )0．因为x ， 时，g(x)单调递减，所 1 1 1 1 1 1  2m   1   1   1  以g   2m   0，g(x 2 )0，所以 f(x)在    2m ，x 2  上单调递增，则有 f(x 2 ) f    2m   数学参考答案·第3页（共9页） {#{QQABDYCEogAoAAIAAAgCEwGICEMQkAEAAIoGgFAMIAIBSAFABAA=}#}1  1  1 1   1  1 1 1  ln    ln   ，又因为  m0 1，令 h(x) 2m  2m 4m 2m  2m 2 2 2m  1 1 1 xlnx  ，x1，则h(x)lnx1 lnx 0，所以函数h(x)在(1，)上单调递  2 2 2 1 1 增，则h(x)h(1) ，所以 f(x ) ，故选ABC． 2 2 2 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 2 答案 82 5 π 2 【解析】 13．因为每组小矩形的面积之和为 1，所以(0.010.0152a0.0250.005)101，所以 a0.03 ，测评得分落在[40，80) 内的频率为 (0.010.01520.03)100.7 ，落在 [40，90)内的频率为(0.010.01520.030.025)100.95，设第75百分位数为x，由 0.7(x80)0.0250.75，解得x82，故第75百分位数为82．                2 2 14．ab与c垂直，则(ab)(a3b)0，即a ab3ab3b (13)ab     π 1 1 30，其中ab|a||b|cos 11  ，代入可解得5． 3 2 2 15．因为 f(x)cosxcosx(x1)(sinx)(x1)sinx．所以当x(0，π)时，f(x)0，f(x) 为增函数；当x(π，2π)时， f(x)0， f(x)为减函数；所以 f(x)在[0，2π]上的最大值 b f(π)π1．又因为 f(0)1，f(2π)2π1，所以 f(x) 在[0，2π] 上的最小值 a f(2π)2π1，所以abπ． 16．如图 2，因为 |F P||FH |b ，所以 |PH |2a ．因为 2 1 3 2 sinFPO ，所以 tanFPO ，在 Rt△PHF 中， 1 3 1 2 1 b b 2 b tanFPH  ，所以  ，所以  2 ，又因为a 3， 1 2a 2a 2 a x2 y2 所 以 b 6 ， 所 以 双 曲 线 方 程 为  1 ． 因 为 3 6 图2 2 2 tanMON 2 2 ，所以sinMON  ．设Q(x，y )到两渐近线的距离为d，d ，则 3 0 0 1 2 数学参考答案·第4页（共9页） {#{QQABDYCEogAoAAIAAAgCEwGICEMQkAEAAIoGgFAMIAIBSAFABAA=}#}| 2x  y | | 2x  y | |2x2  y2 | d d  0 0  0 0  0 0 ．又因为2x2  y2 6，所以d d 2，所 1 2 3 3 3 0 0 1 2 d d 3 2 以S |QM ||QN|sinMON  1 2  ． OMQN sinMON 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） 3 sinB 3 3 解：（1）选条件①：因为sinBcosBtanB ，所以sinBcosB  ，即sin2B ， 4 cosB 4 4  π 又因为△ABC为锐角三角形，所以B0，  ，  2 3 π 所以sinB ，所以B ． 2 3 3sinBcosB 1 选条件②：因为  ，所以2( 3sinBcosB) 3sinBcosB， 3sinBcosB 2 所以 3sinB3cosB，  π 又因为B0，  ，所以cosB0，  2 π 所以tanB 3，所以B ． 3 选条件③：由正弦定理可得2sinCcosBsinBcosAsinAcosB， 即2sinCcosBsinAcosBsinBcosAsin(AB)sinC， 1 又因为sinC 0，所以cosB ， 2  π π 因为B0，  ，所以B ． …………………………………………（5分）  2 3 （2）由BD平分ABC，得S S S ， △ABC △ABD △BCD 1 π 1 π 1 π 则 acsin   3csin   3asin ，即acac． 2 3 2 6 2 6 π 在△ABC中，由余弦定理可得b2 a2 c2 2accos ， 3 又b3 2，则a2 c2 ac18， acac， 联立 可得a2c2 3ac180， a2 c2 ac18， 解得ac6（ac3舍去）． 1 π 1 3 3 3 故S  acsin  6  ． ………………………………（10分） △ABC 2 3 2 2 2 数学参考答案·第5页（共9页） {#{QQABDYCEogAoAAIAAAgCEwGICEMQkAEAAIoGgFAMIAIBSAFABAA=}#}18．（本小题满分12分） （1）证明：∵点E在 AB上且AB为直径，∴AEEB， 又∵平面ABCD平面ABE，AD AB，且AD平面ABCD，∴AD平面ABE， ∵BE平面ABE，∴ADBE， 又∵DAAE  A，∴BE平面ADE． ………………………………（6分） （2）解：当四棱锥EABCD体积最大时，E是 AB的中点， 此时AEBE，OE AB， 取CD中点F ，连接OF ，如图3， 则OF∥AD，即OF 平面ABE， 又∵OE AB， 图3 ∴以O为坐标原点，分别以OE，OB，OF 所在直线为x轴，y轴及z轴，建立如图所 示的空间直角坐标系， ∴O(0，0，0)，A(0，1，0)，B(0，1，0)，C(0，1，1)，E(1，0，0)，   ∴AC (0，2，1)，AE (1，1，0)，    n AC 2yz0， 设平面ACE的一个法向量为n(x，y，z)，则  n AEx y0，  取x1，可得n(1，1，2)，  平面ADE 的一个法向量为BE(1，1，0)，   |nBE| 2 3 设平面ACE与平面ADE 所成夹角为，则cos     ， |n||BE| 6 2 3 3 即平面ADE 与平面ACE所成夹角的余弦值为 ． …………………………（12分） 3 19．（本小题满分12分） 解：（1）由题知，当n1时，S a 3， 1 1 n2 n4 (n1)2 (n1)4 当n≥2时，a S S   n， n n n1 2 2 3，n1， 因为a 3，所以a  (nN*)． 1 n n，n≥2 1 n1 1 n1 1 n1 因为b b   ，所以b b   ，由累加法得b 1  ， n n1 2 n n1 2 n 2 数学参考答案·第6页（共9页） {#{QQABDYCEogAoAAIAAAgCEwGICEMQkAEAAIoGgFAMIAIBSAFABAA=}#}3，n1， 1 n1 综上，a  (nN*)，b 1  ． …………………………（6分） n n，n≥2 n 2 3，n1，  （2）由（1）知c a (1b )  1 n1 (nN*)， n n n n   ，n≥2  2 2 3 4 n 所以{c }的前n项和T c c c c c 3    ①， n n 1 2 3 n1 n 2 22 23 2n1 1 3 2 3 4 n T      ②， 2 n 2 22 23 24 2n 1 5  1 1 1 1  n 5 1 1  n ①−②得 T         1  ， 2 n 2 22 23 24 2n1 2n 2 2 2n2  2n 1 n 2n 所以T 6  6 ． ………………………………（12分） n 2n2 2n1 2n1 20．（本小题满分12分） 1 2 1 1 4 3 （1）解： p 1， p C1    ， p C2    ． ………………………（6分） 0 2 2 2 2 4 4 2 8 1 2n (2n)!1 2n （2）证明：法一：设k 2n(nN)，则 p  p Cn      ， k 2n 2n 2 n!n!2 1 2n2 (2n2)! 1 2n2 同理 p  p Cn1      ， k2 2n2 2n2 2 (n1)!(n1)!2 p (2n2)! 1 2n2 n!n! 2n1 1 所以 k+2      22n  1 ， p (n1)!(n1)! 2 (2n)! 2n2 2n2 k 1 1 p 1 因为nN，所以 ≤ ，所以 k+2≥ ，即2p  p ≥0． 2n2 2 p 2 k2 k k 法二：当k 0时，由（1）知 p 2p ，即2p  p 0； 0 2 2 0 1 2n 1 2n2 当k 0时，设k 2n(nN*)，则 p  p Cn   ， p  p Cn1   ， k 2n 2n 2 k2 2n2 2n2 2 因为Cn1 Cn1 Cn Cn1Cn Cn Cn1 Cn12Cn Cn1， 2n2 2n1 2n1 2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n 1 2n2 1 1 2n2 所以 p  p (Cn12Cn Cn1)   p (Cn1Cn1)  k2 2n2 2n 2n 2n 2 2 2n 2n 2n 2 1 1 2n2  p (Cn1Cn1)  ， 2 k 2n 2n 2 数学参考答案·第7页（共9页） {#{QQABDYCEogAoAAIAAAgCEwGICEMQkAEAAIoGgFAMIAIBSAFABAA=}#}1 2n2 1 因为(Cn1Cn1)  0，所以 p  p 0，即2p  p 0； 2n 2n 2 k2 2 k k2 k 综上，2p  p ≥0． ……………………………………………………（12分） k2 k 21．（本小题满分12分） 解：（1）设A(x，y )，B(x，y )，直线AB的方程为xmyb． 1 1 2 2 y2 4x， 联立 得y2 4my4b0，则y  y 4m，y y 4b①， xmyb 1 2 1 2   因为CACB，所以CACB0，即xx  y y 0， 1 2 1 2 所以(my b)(my b) y y 0②， 1 2 1 2 由①②得：b2 4b0，因为b0，所以b4，直线AB恒过定点(4，0)， y y 设点D(x，y)，则k k 1，即  1，整理得(x2)2  y2 4， CD AB x x4 所以点D的运动轨迹为以(2，0)为圆心，半径为2的圆（原点除外）． …………（5分） （2）由（1）因为CACB，     所以CACB0，CA(x 1，y 2)，CB(x 1，y 2)， 1 1 2 2   则CACBxx (x x )1 y y 2(y  y )4 1 2 1 2 1 2 1 2 1  (y y )2  y y (m2)(y  y )2b5③， 16 1 2 1 2 1 2 将①代入③得：b2 6b4m2 8m50， (b3)2 4(m1)2得，b32(m1)或者b32(m1)． 当b32(m1)时，直线AB过P(5，2)． 当b32(m1)时，直线AB过(1，2)，此时C在AB上，不合题意． 所以直线AB恒过P(5，2)． 因为C为定点，所以CP为定值， 1 在Rt△CPD中取CP中点Q，连接DQ，|DQ| |CP|， 2 所以|DQ|为定值． 此时Q的坐标为(3，0)， 故存在点Q(3，0)，使得|DQ|为定值． ………………………………（12分） 数学参考答案·第8页（共9页） {#{QQABDYCEogAoAAIAAAgCEwGICEMQkAEAAIoGgFAMIAIBSAFABAA=}#}22．（本小题满分12分） 解：（1） f(x)x3 x1，则 f(x)3x2 1， 曲线 f(x)在x 1处的切线为y12(x1)x 1.5，且|x x |≥0.5， 0 1 1 0 7 23 3 31 曲线 f(x)在x 1.5处的切线为y  x x  ，且|x x |0.5， 1 8 4  2 2 23 2 1 故，用牛顿迭代法求方程 f(x)0满足精度0.5的近似解为1.35． …………（5分） x3 3x2 5x6 （2）将 f(x)3x2 6x5aex≤0整理得到： ≥a， ex x3 3x2 5x6 x3 x1 f(x) 令g(x) ，g(x)  ， ex ex ex  3 92 3 因为 f(x)3x2 1， f(x)的极小值为 f   0，   3 9   因此， f(x)有且仅有一个零点x ，所以g(x)有且仅有一个极小值点x ，即g(x)≥g(x )， 0 0 0 所以有a≤g(x )， 0 方法一：由（1）有x 1.35， 0 1.353 31.352 51.356 所以a≤g(x )g(1.35) (2.465.466.756)3.86 0 e1.35 8.685． 13 312 516 方法二：a≤g(x )g(1) 32.728.16． 0 e1 1.53 31.52 51.56 27 27 15  方法三：a≤g(x )g(1.5)    64.48 8.4， 0 e1.5  8 4 2  所以，a能取到的最大整数值为9． …………………………………………（12分） 数学参考答案·第9页（共9页） {#{QQABDYCEogAoAAIAAAgCEwGICEMQkAEAAIoGgFAMIAIBSAFABAA=}#}