数学答案_2024年5月_01按日期_6号_2024届云南省昆明市第一中学高三下学期第九次考前适应性训练_云南省昆明市第一中学2024届高中新课标高三第九次考前适应性训练数学试卷

昆明一中 2024 届高三第 9 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 D B C C B C
1．解析：因为ð B  x x2 ，所以AI ð B2,3，选A．
U U
2．解析：因为abi1i12i2，所以ababi34i，所以ab3，选C．
3．解析：由题意可知，点F 的坐标为(2,0)，设点A，B，C的坐标分别为(x,y )，(x ,y )，(x ,y )，
1 1 2 2 3 3
x x x
又F 为△ABC的重心，则 1 2 3 2，即x x x 6，所以由抛物线的定义可知
3 1 2 3
uuur uuur uuur
AF  BF  CF x x x 612，选D．
1 2 3
4．解析：因为 PA 2，所以P点到圆心的距离恒为 5 ，所以点P的轨迹方程是以(0, 1)为圆心， 5 为
半径的圆，即x2 (y1)2 5，选B．
5．解析：由题意可知，34a5，即a7，所以A 正确；乙组样本数据方差为9218，所以B 正
确；设甲组样本数据的中位数为x ，则乙组样本数据的中位数为3x 7，所以两组样本数据的样本中位数
i i
不 一 定 相 同 ， 故 C 错 误 ； 甲 组 数 据 的 极 差 为 x x ， 则 乙 组 数 据 的 极 差 为
max min
(3x 7)(3x 7)3(x x )，所以两组样本数据的样本极差不同，故D正确，选C.
max min max min
π π
6．解析：若存在x x ，使得 f(x) f(x )，等价于函数 f(x)在x  , 不是单调函数，
1 2 1 2 4 3
f(x)acosxsinx，若函数 f(x)为单调递增函数，则 f(x)0恒成立，即acosxsinx0，
sinx π π
a tanx在x  , 恒成立，则a 3；同理，若函数 f(x)为单调递减函数，则 f(x)0恒成
cosx 4 3
π π
立，得a1，即若函数 f(x)在x  , 不单调，则1a 3，选C．
4 3
m 2
7．解析：若函数 f(x)有“和谐区间”，所以 f(x)在1,k上单调递增，且 f(x)   x在定义域内有
2 x
m 2 2  
两个不等的实数根，  x2 2，即m4 2 ，又 g(x) x在区间 1, 2 单调递减，在区间
2 x x
  2 m
2, 单调递增，且 kN，所以 k 2，又因为 g(x) x与直线 y 在1,k有两个交点，
x 2
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学科网（北京）股份有限公司2 m
g(1)3，所以 k 3，得k 2，所以正整数k的最小值为2，g(2)3，即 3，m6，此时，实
k 2
 
数m的取值范围是 4 2,6 ，选B．
3
8．解析：设第n个正三角形的内切圆半径为a ，第n个正三角形的边长为b ，可知a  b ，又半径为
n n n 6 n
b 1
a 的圆内接三角形的边长b 满足 n1 2a ，可得b  b ，即从第二个正三角形开始，每个正三
n1 n1 sin60o n n1 2 n
1 1
角形的边长是前一个的 ，每个正三角形的内切圆半径也是前一个正三角形内切圆半径的 ，又
2 2
3 1 1 n1
a 1  6 6 3，所以数列a n 是以 3 为首项， 2 为公比的等比数列，所以a n  3  2   ，则
n1
1
a 2 3 ，设前n个内切圆的面积和为S ，
n  4   n
 1 n
11  
则S n πa 1 2 πa 2 2 πa n 2 3π

1

1
4 
4

  1

 
1
4

 
n
  π

  4 4n
1
1

  π，选C．
4
二、多选题
题号 9 10 11
答案 BCD BD ABD
9．解析：如图，展开图翻折成的正方体，因为CN//BE，BE AF ，因此CN  AF，
所以A错误；同理DE//CF，CF BM ，所以BM DE，B正确；MBE或其补
角是CN 与BM 所成的角，又△MBE是等边三角形，所以MBE 60，所以
CN 与BM 所成的角是60， C正确．又NE//平面MFBC，且NE与BM 不平行，
故NE与BM 是异面直线，D正确.选BCD．
10．解析：因为直线l过定点(0,1)，且点(0,1)在圆C内，所以直线l与圆C
必相交，A错误；
若直线l将圆C的周长平分，则直线l过原点，此时直线l的斜率不存在，所以B正确；
5
当k 2时，直线l的方程为2x y10，圆心C到直线l的距离为 d，所以直线l被C截得的弦长为
5
5 2 145
2 6( )2  ，C错误；
5 5
1
因为圆心C到直线l的距离为d  1，
k2 1
所以直线l被C截得的弦长为2 6d2 2 5 ，D正确，选BD．
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学科网（北京）股份有限公司11．解析：对于A，因为点A3,1关于直线2x y0的对称点为C1,3，所以将军在河边饮马的地点的
坐标为1,2，A错误；
对于B，因为点A3,1关于直线y0的对称点为D3,1，将军先去河流n饮马，再返回军营的最短路程
是 BD 5，B错误；
 6 33
对于C和D，因为点B6,3关于直线2x y0，y0的对称点分别为E  , ，F6,3，所以将军
 
 5 5 
先去河流m饮马，再去河流n饮马，最后返回军营的最短路程 CF  85，C正确；将军先去河流n饮马，
1885
再去河流m饮马，最后返回军营的最短路程是 DE  ，D错误．
5
选ABD．
三、填空题
3 4 3 4
12 ． 解 析 ： 由 题 意 ， sin ， cos ， 且 π， 则 sin ， cos ， 则
5 5 5 5
7
cos()coscossinsin ．
25
b
13．解析：由题意知双曲线的渐近线方程为y x，因为D,E分别为直线yb与双曲线C的两条渐近
a
1
线的交点，所以不妨设D(a,b),E(a,b)，所以S  b DE ab10，因为c2 a2 b2 2ab20
VODE 2
（当且仅当ab时等号成立），所以c2 5，所以C的焦距的最小值为4 5．
C3C3
14．解析：6人乘坐的所有情况有 6 3 A2 C2C4A2 50种，两个小孩单独乘坐一辆车的情况有2种，
A2 2 6 4 2
2
由题意知两个小孩不能单独乘坐一辆车，则不同的乘车方式的种数为50248种.
四、解答题
15．解：（1）如图，取AC中点O，连接OB，OA ，因为△ABC是等边三角形，所以AC OB，
1
又AA  AC ，所以AC OA，所以AC 平面AOB，所以AC  AB，
1 1 1 1 1
又AC∥AC ，所以AC  AB. ………5分
1 1 1 1 1
（2）在平面AOB中，作ADOB，垂足为D，
1 1
由（1）知AC 平面AOB，所以AD AC ，所以AD平面ABC，如图建立空间直角坐标系Oxyz，
1 1 1
1 3
因为三棱柱ABCABC 的体积为3，所以 22 AD3，故AD 3，
1 1 1 2 2 1 1
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学科网（北京）股份有限公司则A  0,t, 3  ，B  0, 3,0  ，C1,0,0，A1,0,0，
1 z
C
uuur uuur 1
   
所以CA  1,t, 3 ，CB 1, 3,0 ，
1
A
1 B
ur 1
设平面ABC的法向量为mx,y,z，
1
ur uuur
则    m ur C uu A ur1 0 ，所以m ur   3, 3,t 3  ， O C
D
mCB0
x A B y
r
设平面ABC的一个法向量为n0,0,1，
5
因为二面角A BCA的余弦值为 ，
1 5
ur r
ur r mn t 3 1  2
故 cos m,n  ur r   ，化简得： t 3 3，即t 3 3
m  n  2 5
12 t 3
uuur r
可得t 0，此时A  0,0, 3  ，C uu A ur   1,0, 3  ，所以 cos C uu A ur ,n r  u C uu A r 1 n r  3 ，
1 1 1 CA  n 2
1
3
所以直线AA 与平面ABC所成角的正弦值为 ，
1 2
uuur r
可得t 2 3，此时，A  0,2 3, 3  ，C uu A ur   1,2 3, 3  ，所以 cos C uu A ur ,n r  u C uu A r 1 n r  3 ，
1 1 1 CA  n 4
1
3
所以直线AA 与平面ABC所成角的正弦值为 . ………13分
1 4
16．解：（1）由a2 (c1)2 3得：a2 c2 2c4，又因为b2，所以a2 c2 2cb2，
b2 c2 a2 4c2 a2 2c 1
所以cosA    ，
2bc 22c 4c 2
π
又因为0 Aπ，所以A . ………5分
3
2 3sinB 2
a a b 
（2）在△ABC中，由 4得：a2 3sinB，由正弦定理  ，得: π sinB，
sinAsinB sinA sinB sin
3
2 π 2π π
解得：sinB ，由A ，得B ， 所以B ，
2 3 3 4
因为在△ABC中，ABC π，所以
π π π π
cosC cos(AB)(cosAcosBsinAsinB)(cos cos sin sin )，
3 4 3 4
6 2
所以cosC  . ……… 10分
4
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学科网（北京）股份有限公司17．解：（1）依题意随机变量X 服从超几何分布，且N 10000,M 400.
400
所以EX1000 40. ………5分
10000
（2）当N1380时，PX 200；
C20 C980
当N1380时，PX 20 400 N400 .
C1000
N
C20 C980
400 N1400
C20 C980 fN1 C1000 N11000N1400
令 fN 400 N400 ，则  N1 
C1000 fN C20 C980 N1N1400980
N 400 N400
C1000
N
N21398N999399
 .
N21378N1379
由N21398N999399N21378N1379,解得N 19999.
所以1380N19999时， fN fN1；当N20000时， fN fN1.
从而当N 19999或20000时， fN最大，所以N的估计值为19999或20000. ………15分
18．解：(1)由题意知， PF  (xc)2  y2 ， PF  (xc)2  y2 ，
1 2
所以 PF  PF 2a， PF 2  PF 2 4cx，所以 PF 2 2a PF 2 4cx，
1 2 1 2 1 1
c
所以4a PF 4a2 4cx，所以 PF a x. ………5分
1 1 a
（2）设T 的坐标为（x，y)，原点坐标为O，因为 PF  PF 2a， MF 2a，所以 PM  PF ，因为
1 2 1 2

PTF  ， TF 0，所以T 为线段MF 的中点，所以在△MFF 中，OT 是中位线，所以点T 的轨迹C
2 2 2 2 1 2
的方程x2  y2 a2 ………10分
（3）假设存在点N(x，y )，使得△FNF 的面积为b2，则x 2  y 2 a2，所以 y a，
0 0 1 2 0 0 0
1 b2 b2
因为S  2c y b2，所以 y  ，所以a
F1NF2 2 0 0 c c
uuuur uuuur uuuur uuuur
又因为NF cx ,y ，NF cx ,y ，所以NF NF x2 c2  y2 a2 c2 b2，
1 0 0 2 0 0 1 2 0 0
uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur b2
又因为NF NF  NF  NF cosFNF ，所以 NF  NF  ，
1 2 1 2 1 2 1 2 cosFNF
1 2
1 uuuur uuuur
又因为S  NF  NF sinFNF b2，
F1NF2 2 1 2 1 2
1 b2
所以 sinFNF b2，所以tanFNF 2 ………17分
2cosFNF 1 2 1 2
1 2
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学科网（北京）股份有限公司log x
19．解：（1）当a2时， f(x) 2 ， f(x)的定义域为0,，
x2
1
x2 2xlog x
ln2x 2 12lnx
f(x)  ，
x4 ln2x3
   
当x 0, e 时， f(x)0，当x e, 时， f(x)0，
   
故 f(x)在 0, e 内单调递增，在 e, 单调递减，
   
即 f(x)的单调增区间为 0, e ，单调减区间为 e, ； ……………7分
1
（2）证明：因为曲线y f x与直线y 有且仅有两个交点，
a2
log x 1
所以方程 f(x) a  有且仅有两个不同的实数根，
xa a2
alnx 1 ln
 xa
lna
即方程  ，即  有且仅有两个不同的实数根，
lnaxa a xa a
lnx 1lnx
构造Fx ，则Fx ，
x x2
当x0,e时，F(x)0，当xe,时，F(x)0，
故F(x)在0,e内单调递增，在e,单调递减，
1
所以Fx Fe ，又F10，当x时，则Fx0，
max e
lna 1
因为t xa0,，故FtFa有且仅有两个不同的实数根的充要条件为0  ，
a e
即F1FaFe，故实数a的取值范围为1,eUe, . ………17分
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