云南师大附中2024届高考适应性月考卷(三)数学(云南版)-答案

2023-10-28 · U6 上传 · 11页 · 264.9 K

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12345678答案CBDCADCC【解析】43i(43i)(12i)211i2112111.zi,则z在复平面内对应的点为,,12i(12i)(12i)55555位于第三象限,故选C.2.由图可知AB,对于A,xA,xB正确;对于B,x()AB,xB不正确;对于C,xA,xB正确;对于D,x()AB,xU正确,故选B.13.对于A,y的定义域为(0,),为非奇非偶函数,故A错误;对于B,设xeexxeexxeexxyfx(),则f()xfx(),故函数yfx()为偶函数,故B222π错误;对于C,设yxhx()tan,其定义域为xxkπ,kZ,在定义域内不是减2exexeexx函数,故C错误;对于D,设ygx(),定义域为R,且g()xg(x),22exex故ygx()为奇函数,又yex与yex在R上都为减函数,故2exexygx()在R上为减函数,故D正确,故选D.24.根据题意,分2种情况讨论:①4位“回文数”中数字全部相同,有9种情况,即此时有29个4位“回文数”;②4位“回文数”中有2个不同的数字,有A729种情况,即此时有72个4位“回文数”,则一共有97281个4位“回文数”,故选C.sin35sin55sin35cos55cos35sin55sin(5535)2sin205.tan35tan55cos35cos55cos35cos55cos35sin35sin702sin202tan20,所以2tan20+tan35tan550,故选A.cos20数学参考答案·第1页(共11页){#{QQABZQSEogioAAIAAQhCUQFCCAMQkAAACKoGwFAIoAAAQAFABCA=}#}lnx6.函数f()xxaxln在(0,2e)上有两个不同的零点等价于曲线y和ya在(0,2e)1x2lnx1lnx上有两个不同的交点,设gx(),gx(),令gx()0,解得xe,所以g()xxx21ln2e在(0,e)上单调递增,在(e,2e)上单调递减,g(e),g(2e),且x0时,e2eln2e1gx(),故a的取值范围为,,故选D.2ee7.由等比数列前n项和的性质可得S6,SS126,SS1812,SS2418成等比数列,所以有222()()SS126SSS61812,即(10)10(70)SS1212,整理可得SS1210126000,解2得S1220(舍)或S1230,又因为()()()SS1812SSSS1262418,所以有2(7030)(3010)(S2470),解得S24150,故选C.8.双曲线的左焦点,渐近线的方程为,由点到直线的距离公式可得CFc1(0),l1bxay0bcbc2222||MFb1,由勾股定理得||||||OMOFMFcba,在ba22()c11π||OMa△||OMaRt△MOF1中,OMF1,所以cosMOF1,在MOF2中,,2||OF1ca||3MFa,||OFc,cosMOFcos(πMOF)cosMOF,由余弦定理得22211c||||||OM22OFMF2ac229a2a22,化简得22,即,cosMOF2ca6ca62|OM||OF2|2accc因此,双曲线C的离心率为e6,故选C.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,有多项符合题目要求,全部选对的得5分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)题号9101112答案ABBCDACDCD【解析】422.对于,由,可得高,则圆台轴9ACD2224cmABADBCOO124321截面ABCD的面积为(24)333cm2,故A正确;对于B,圆台的侧面积为2数学参考答案·第2页(共11页){#{QQABZQSEogioAAIAAQhCUQFCCAMQkAAACKoGwFAIoAAAQAFABCA=}#}22222S侧π(12)26π(cm),又S上π(m1)πc,S下π24π(mc),所以1S6ππ4π11π(cm2),故B正确;对于C,圆台的体积为Vπ3(142)表373π(cm3),故C错误;对于D,若圆台存在内切球,则必有轴截面ABCD存在内切圆,3由内切圆的性质以及切线长定理易知轴截面ABCD不存在内切圆,故D错误,故选AB.pp10.对于A,因为F,0,直线的斜率为3,则设直线l的方程为yx3,联立22ypx22,3ppp得22,解得:,,由p12xpxp2030xxAB||AFxAyx3,2622p224p,得p2,故A错误;对于B,由于||BFxp,则||3||AFBF,故B232B正确;对于C,抛物线Cy:4x的焦点为F(1,,0)||||||||||EDEE1EDEF≥DF2,当且仅当D,EF,三点共线时取等号,故C正确;对于D,当直线斜率不存在时,直线方程为x0,与抛物线只有一个公共点;当直线斜率存在时,设直线方程为ykx1,ykx1,联立消得2,当时,方程的解为,此时直线与抛物2xky440yk0y1yx4,线只有一个交点;当k0时,则1616k0,解得k1,综上所述,过点D与C有且仅有一个公共点的直线有3条,故D正确,故选BCD.11.对于A,从6天内的发芽率来看,甲类种子为60%,乙类种子为70%60%,故A正确;对于B,若种下16粒甲类种子,由题意可知发芽数X服从二项分布,XB()16,,0.69916999710101610EX()9.6,PX(9)C160.6(10.6)C160.60.4,PX(10)C160.6(10.6)PX(9)C0.60.49971012010106,而16,所以粒种子C0.60.416101060.41106PX(10)C160.60.470.621天内发芽的概率更大,故B错误;对于C,记事件A:样本甲种子中随机取一粒10天内发芽;事件B:样本乙种子中随机取一粒10天内发芽;根据对立事件的性质,这两粒种子至少有一粒10天内未发芽的概率为:1PAB()1PAPB()()10.90.9510.8550.145,故C正确;对于D,由题意可知X服从二项分布,XB(.5)1600,,02所以EX()16000.25400,DX()16000.25(10.25)300,故D选项正确,故选ACD.数学参考答案·第3页(共11页){#{QQABZQSEogioAAIAAQhCUQFCCAMQkAAACKoGwFAIoAAAQAFABCA=}#}112.令f()xxxex2cos,则f()xxxexsin,令g()xxxexsin,gx()ex12cosx,当x0时,gx()exsinx0,g()x单调递增,gx()g(0)10,故g()x在(0,)上单调递增;因为gx()g(0)10,即fx()0在(0,)上恒成立,f()x111在(0,)上单调递增且fx()f(0)0,即ecosxx2x,从而ecosxyyx222221cosx,令()xx2cos(xx0),()xxsinx0(x0),则()x在(0,上单)2调递增,则yx,故选CD.三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)题号131415163答案135,104【解析】13.由题意知,||2a,||1b,ab||||cos601ab,因为(2ab)2224ab4ab161413,所以|2ab|(2ab)213.14.设圆锥的顶点为S,底面圆心为O,过圆锥顶点S的平面截圆锥所得截面为SAB,E为AB1的中点,则OEAB,由tanSAO,得OA3SO,因为圆锥母线长为10,结合勾3股定理解得OA3,SO1,ABOAOEOE229222,SESO22OE111OE2,所以SABSEOEOEOEOE29221(922)(1)△SAB22(4)25OE22,因为03≤OEOA,09≤,所以当OE2OE24,OE2时,S△SAB取得最大值为5.15.直线lkxy:,得20kkx(1)20y,可知直线l过定点P(1,,如图2)1,曲线yx12表示以O为圆心,1为|2k|半径的上半圆.当直线l与半圆相切时,1,解得k21图13k.曲线yx12与x轴负半轴交于点A(10),,k1.因为直线l与曲线4PA3yx12有两个交点,所以k≤.14数学参考答案·第4页(共11页){#{QQABZQSEogioAAIAAQhCUQFCCAMQkAAACKoGwFAIoAAAQAFABCA=}#}3π3ππ3πππ16.由题图可知A2,因为f1,所以2sin1,2πk,kZ,22323614k3π23π29π2π3π23π29π解得,kZ.又T,即且0,所以3322550225501001511π0,所以或3或;当时,f(π)2sinπ0,由图2933333π象知不符合题意,当3时,fx()2sin3x,此时323π23ππ182π5f2sin32sin0,不符合题意,当时,252537535π23π523ππ6πfx()2sinx,此时f2sin2sin0,符合题意,所以3325325355πf(5π)2sin5π2sin8π0.33四、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)abcb解:(1)由整理可得bcb222ca,…………………(1分)cabcbca222bc1由余弦定理可得cosA,…………………………………(3分)222bcbc又0πA,…………………………………………………………(4分)π所以A.…………………………………………………………(5分)311cosBCCBBCBCcossincossincossin()(2)tanBtanCsinBsinCsinBCsinsinBCsinsinA3,…………………………………………(7分)sinBCsin2sinBCsinπ2π由A,可得CB.33因为△ABC为锐角三角形,π0B,2ππ所以解得B,………………………………………(8分)2ππ620B,32数学参考答案·第5页(共11页){#{QQABZQSEogioAAIAAQhCUQFCCAMQkAAACKoGwFAIoAAAQAFABCA=}#}2π31311所以sinBCsinsinBsinBsinBcosBsinBsin

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