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 第 1 页 （共 6 页） 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． 第 2 页 （共 6 页） 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 第 3 页 （共 6 页） 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 第 4 页 （共 6 页） 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 第 5 页 （共 6 页） 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 第 6 页 （共 6 页） 学科网（北京）股份有限公司