数学答案_2024年3月_013月合集_2024届云南省昆明市第一中学高三第七次高考仿真模拟_2024届云南省昆明一中高三第七次高考仿真模拟-数学

昆明一中 2024 届高三第 7 次联考 数学参考答案 命题、审题组教师 杨昆华 彭力 李文清 李春宣 丁茵 王在方 张远雄 李露 陈泳序 杨耕耘 一、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A C B C D C D B 1．解析：因为A  x 1x3 ，B0,1,2,3，所以AI B0,1,2，选A． 2．解析：根据全称命题与存在性命题的关系，可得命题“xR，x2 3x40”的否定为：“xR， x2 3x40”，选C． 2 3 3 2 3 3 2 3 3 9 3．解析：三人中恰有两人合格的概率 p  (1 ) (1 ) (1 )   ，选B． 3 4 5 3 4 5 3 4 5 20 4．解析：连接QF ，由△ PFF 为等腰三角形且Q为 PF 的中点，得QF 垂直于 PF ，由 PF a知 1 1 2 2 1 2 2 2 2 a 5a 5a a QF  ，由双曲线的定义知 QF  ，在直角三角形QFF 中，  (2c)2，所以离心率     2 2 1 2 1 2  2  2 26 e ，选C． 4 uuuur ur uur 5 ． 解 析 ： 对 于 A ， OM e 2e ， 设 M1,2关 于 点 O的 对 称 点 为 Mx,y， 则 1 2 uuuuur uuuur ur uur ur uur ur uur x1 OMOM e 2e xe  ye ，因为e ，e 不共线，所以 ，A错误； 1 2 1 2 1 2 y2 uuur uuur uuur ur uur ur uur ur uur 对 于 B ， 因 为 ABOBOAx e  y e x e  y e x x e y  y e ， 所 以 2 1 2 2 1 1 1 2 2 1 1 2 1 2 uuur ur uur ur ur uur uur ur uur AB  x x e y  y e  2  x x 2e 2 2x x y  y e e y  y 2e 2 ，当向量e ，e  2 1 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 是相互垂直的单位向量时， A， B两点间的距离为 x x 2 y  y 2 ，否则距离不为 1 2 1 2 x x 2 y  y 2 ，B错误； 1 2 1 2 uuur uuur r uuur uuur r uuur uuur 对于C，当OA与OB中至少一个是0时，结论成立；当OA与OB都不为0时，设OAOB（0），有 ur uur ur uur x x x e  y e x e y e ，即 1 2 ，所以x y x y ，C错误； 1 1 1 2 2 1 2 2 y y 1 2 2 1 1 2 uuur 1 uuur uuur  1 ur uur ur uur  x x ur y  y uur 对于D，OC  OAOB  x e  y e x e  y e  1 2 e  1 2 e ， 2 2 1 1 1 2 2 1 2 2 2 1 2 2 x x y  y  所以线段AB中点C的广义坐标为 1 2 , 1 2 ，D正确    2 2  选D． 6．解析：因为(x2 2x y)5为5个x2 2x y之积，其中有两个取y，两个取x2，一个取x即可，所以x5y2 的系数为C2(1)2C2C1260，选C． 5 3 1 7．解析：取AB中点为M ，连接PM ，OM ，因为AB是圆C:x2  y2 3的一条动弦，且 AB 2 2，所 uuur uuur uuuur uuur uuur 以 OM 1，又 PAPB 2 PM ， PM  OM  OP ，即 PM  OP 1，因此 PAPB 取最小值，即是 第 1 页 （共 6 页） 学科网（北京）股份有限公司uuuur PM 取最小值，所以只需 OP 取最小，又点P为直线x2y80上的任意一点，所以原点O到直线 8 8 5 x2y80的 距 离 即 是 OP 的 最 小 值 ， 即 OP   ， 即 min 12 22 5 uuur uuur uuuur uuur 16 5 PAPB 2 PM 2(OP 1) 2，选D． min min min 5 2024 2024 8．解析：由 f(x)xlnx20240得lnx ，由g(x)xex20240得ex  ，设点A的坐标为 x x  2024  2024 2024 x, ，点B 的坐标为x , ，又ylnx与yex的图象关于直线yx对称，且y 的图象  1 x   2 x  x 1 2 2024 2024  x x 2024 也关于直线 yx对称，则点 A， B 关于直线 yx对称，即 k  2 1    1，得 AB x  x x x 2 1 1 2 x x 2024，选B． 1 2 二、多选题 题号 9 10 11 12 答案 BCD CD AB BD 9．解析：若 f(x)为R上的单调函数，则 f(x)3x2 2axa，4a2 12a0，则3a0，A错； 2 10 2 10 当a2时， f(x)x32x2 2x1，令 f(x)3x2 4x20，得 x  1， x  1， 1 3 2 3 则 f(x)在1,x 上单调递减，在x ,1上单调递增， f(x)在x x 处取最小值，无最大值，B对；由于 2 2 2 f(x)1x3ax2 ax，则 f(x)1为奇函数时，a0，C对；当a0时， f(x) x3 1， f(x)3x2， 则 f(1)3，切点为1,2，切线方程为3x y10，D对，选BCD． 10．解析：对于A，若z 1i，z 1i，z2 z2 2i2i0，但z ，z 0，A错误； 1 2 1 2 1 2 对于B，设zabi（a，bR） 当a，b均不为0时，z2 abi2 a2 b2 2abi为虚数， 而 z2 a2 b2为实数，所以z2  z2不成立，B错误； 对于C，复数z在复平面内对应的点P的轨迹是以O0,0为圆心，1为半径的圆，而 zi  zi 的几 何意义为复数z对应的点P与M0,1两点间的距离 PM ，所以当点P运动到0,1时， PM 最大， zi 取最大值，最大值为2，C正确； 对于D，设zabi（a，bR），z x yi（x，yR）， 1 由z z ，则z z x yi，所以 1 2 2 1 zz  abix yi  axbybxayi  axby2 bxay2 1  ax2 by2 bx2 ay2  (a2 b2)  x2  y2 zz  abix yi  axbybxayi  axby2 bxay2 2  ax2 by2 bx2 ay2   a2 b2 x2  y2 所以 zz  zz ，D正确； 1 2 第 2 页 （共 6 页） 学科网（北京）股份有限公司选CD． 11．解析：当截面平行于正方体的一个侧面时可得A；当截面过不平行于侧面可得B；但无论如何都不能 截得C和D，选AB． 1 1  π  π 12．解析： f(x)2cos2 x2cosx2(cosx )2  ，当x 0, 时， f(x)0， f(x)在 0, 上单调     2 2  2  2 π  π  π 递减，当 x ,π 时， f(x)0， f(x)在 ,π 上单调递增，； f(x)在 x 上取极小值为     2  2  2 π π π  f( ) 2， f(0)0， f(π)π， f(x)在0,π上有两个零点x 0，x   ,π ，所以A C错B D对， 2 2 1 2 2  选BD． 三、填空题 13．解析：由题意， f(x)g(x)x3 ax2 a，则 f(x)g(x)x3 ax2 a，联立得， f(x) x3，则 f(3)27． 14．解析：因为直线l:4x3y2p0过点F ，所以A，B，F 三点共线， y2 2px P 联立直线与抛物线方程， ，得8x2 17px2p2 0，解得：x 2p，x  ， 4x3y2p0 A B 8 p 5p p p 所 以 AF x   ， BF x   ， 因 为 S S ， 所 以 A 2 2 B 2 8 VAOF VBOF 1 1 AF OF  AF sinAFO OF  BF sinBFO，又因为sinAFOsinBFO，所以 4． 2 2 BF  2 15．解析：公共部分是两个正四棱锥且底面重叠的空间几何体，底面是2 2为边长的正方形，S  2 2 =8， 1 16 其中一个正四棱锥的高为 2，则V  8 22 2． 3 3 16．解析：设事件B飞机被击落，事件A 飞机被i个人击中，i1，2，3， i 由题意可得，P(B|A)0.2，P(B|A )0.8，P(B|A )1 1 2 3 P(A)0.3(10.5)(10.6)(10.3)0.5(10.6)(10.3)(10.5)0.60.41 1 P(A )0.30.5(10.6)(10.3)0.50.60.3(10.5)0.60.36 2 P(A )0.30.50.60.09，由全概率公式得P(B)P(A)P(B|A)P(A )P(B|A )P(A )P(B|A )0.46， 3 1 1 2 2 3 3 所以飞机被击落的概率为0.46． 四、解答题 17．解：（1）因为S +a =1（nN）， 所以S +a =1（n2）， n n n1 n1 1 两式相减得2a a （n2）， 又因为S a 1，所以a  ， n n1 1 1 1 2 1 1 1 所以数列a 是以 为首项，公比为 的等比数列，所以a ( )n． ………5分 n 2 2 n 2 1 n n （2）由（1）a ( )n，所以na  ，令 f(n) ， n 2 n 2n 2n n1 n n1 则 f(n1) f(n)   ，所以，当n2时， f(n1) f(n)0， 2n1 2n 2n1 第 3 页 （共 6 页） 学科网（北京）股份有限公司1 故y f(n)（nN，n2）为减函数，而 f(1) f(2) ，又因为na t  nN恒成立， 2 n 1 1 所以t ，所以实数t的取值范围为[ ，)． ………10分 2 2 18．解：（1）由余弦定理得，a2 b2 ab4， 1 又因为△ABC的面积等于 3，所以 absinC  3，得ab4． 2 a2 b2 ab4 联立方程组 ，解得ab4，所以△ABC的周长为6． ………6分 ab4 （2） 因为sinB2sinA，由正弦定理得：b2a， a2 b2 ab4 2 3 4 3 联立方程组 ，解得a ，b ， b2a 3 3 2 3 3  asinC 3 2 1 所以sinA   ， c 2 2 π π 1 又因为ac，所以AC ，所以A , 故B , cos(BA) ………12分 6 2 2 19．解：（1）设A同学答对的题数为X ，则随机变量X 的所有可能取值为2，3. C2C1 3 C3 1 则PX 2 3 1  ，PX 3 3  ； C3 4 C3 4 4 4 设B同学答对的题数为Y，则随机变量Y的所有可能取值为0，1，2，3. 1 3 1 3 1 2 9 PY 0   ，PY 1C1    ， 4 64 3 4 4 64 3 2 1 27 3 3 27 PY 2C2    ，PY 3   . 3 4 4 64 4 64 3 1 3 所以A，B两名同学恰好共答对2个问题的概率为PX 2PY 0   . ………6分 4 64 256 3 1 9 1 9 27 27 9 （2）由（1）知，EX2 3  ，EY0 1 2 3  ； 4 4 4 64 64 64 64 4  9 2 3  9 2 1 3 而DX2   3    ，  4 4  4 4 16  9 2 1  9 2 9  9 2 27  9 2 27 9 DY0   1   2   3    .  4 64  4 64  4 64  4 64 16 因为EXEY，DX