云南师范大学附属中学2024届高三上学期高考适应性月考卷（四）数学答案

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ABBADCCD【解析】1．因为z(12i)(34i)112i，所以z的虚部为2，故选A．2．A(，0)(0，)，B(3，)，所以ABR，故选B．5k．2展开式的通项公式为k5k2kk52k，令，得，则的3xC5xC52x52k1k2xxx系数为22，故选．C5240BS6334．设等比数列{an}的公比为q，由题知1q3，所以q2.又S3929，故选．a10a11a12a1q(1qq)qS38A2F1PF2F1PF25．易知焦点三角形FFP的面积为1，故S△btan1，所以tan1，则12F1F2P22πFPF，故选D．1226．据题意，x0应是f(x)0的一个变号零点，由于f(x)x2(exa)，故a1，故选C．7．所有对局中，恰有一组对局是不公平对局的情况为：2名外挂玩家都分到了同一组对局，C1C8C10C10C10C10C1C89记该事件为事件，则54840302010548，故选．AP(A)101010101010CC50C40C30C20C10C50498．如图1，设△ABC的外接圆圆心为O1，半径为r1，△PBC的外接圆圆心为O2，半径为r2，记△ABC所在平面为，△PBC所在平面，，为，连接OO1OO2，则OO1OO2．在△ABC中，333cosBAC，则sinBAC，平面与球面的交线为圆，66图1该圆就是△的外接圆，由正弦定理知211；取的中点为，ABC2r143r123BCM336数学参考答案·第1页（共8页）学科网（北京）股份有限公司根据垂径定理知，，则平面，故为二面角的平O1MBCO2MBCBCO1MO2O1MO23面角，即cosOMO；在Rt△OMB中，OB4，BM11，由勾股定理得125，易知四点共面，在△中，，，OM16115OO1MO2RtO1MBO1B23BM11由勾股定理得，如图在四边形中，O1M12111OO1MO2π3OOMOOM，cosOMO，知OOMO四点共圆，记该圆为圆F，则OM12221512OO45为圆F的直径，在△OMO中，由正弦定理得125，解得OO，由余弦定理1241255得222，解得，在△中，O1MO2MO1O22O1MO2McosO1MO2O2M1RtO2MB，，由勾股定理得，即圆的半径为，故交线O2M1BM11O2B11123O223长为43π，故选D．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ABDACACDAD【解析】π9．由题知，f(x)的周期为π，故2，所以A正确；f(x)22sin2x，故f(x)的最4πππ3π大值为22，所以B正确；当x，时，2x0，，显然f(x)不单调，故C84443ππ3π错误；当x时，2xπ，故，0是f(x)的一个对称中心，所以D正确，故选848ABD．．∵⊥平面，平面，∴⊥，故10B1C1ABB1A1A1EABB1A1B1C1A1EA正确；如图，显然与是异面直线，故错误；在平面2ADC1FB1ABBA中，BE∥AB，且BEAB，则AE与BB交于点M11112111111且MBMB，同理CF与BB交于点N且NBNB，即点211121图2，，M与点N重合，则A1EBB1C1F三条直线有公共点，故C正确；易知BCAB1，故D错误，故选AC．数学参考答案·第2页（共8页）学科网（北京）股份有限公司11．将点A的坐标代入圆O的方程，得32(a2)29(a2)24，所以点A(4，a)在圆外，故A正确；整理直线l的方程为l：m(x2y1)2xy10，可知直线过定点(1，1)，将定点代入圆O的方程，发现(11)2(12)214，所以定点(1，1)在圆内，则直线l与圆O一定相交，故B错误；当圆心(1，2)与直线所过定点(1，1)的连线垂直于直线时，交点弦长最小，此时圆心到直线的距离为d1，由勾股定理知|PQ|24123，故C正确；当圆心到直线的距离为1时，在圆O上仅存在三个点到直线l的距离为1，即|2m4m2m1|d1，解得m2，故D正确，故选ACD．(2m)2(2m1)212．据题意，f(2)84(3a2)b6a0，解得b6a，故A正确；f(x)3x22(3a2)xx(3x6a4)，这是一个二次函数，若6a40，则f(x)≥0，此时f(x)单调递增不可能有三个零点，，不妨设的两个零点为，则在，上6a40f(x)x1x2f(x)(x1)单调递增，在，上单调递减，在，上单调递增，如图，(x1x2)(x2)3图31已知p2q，则x2是函数f(x)在单调递减区间上的零点，所以f(2)0，解得a，3故B错误；因为f(1)1(3a2)12a9a30，f(2)84(3a2)12a160，所以2p12，故C错误；因为q2，p1，所以qp3，故D正确，故选AD．三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号131415163答案50.1442或2【解析】13．因为a∥b，所以k5，故k5.14．由题知：a0.1(0.0010.00220.0060.01720.0200.023)0.012，故该地区这种疾病患者的年龄位于的[10，30)概率为0.14.数学参考答案·第3页（共8页）学科网（北京）股份有限公司3exexexex15．f(x)在闭区间x[5，5]上一定有最值，f(x)2，所以f(x)关于exexexex(0，2)中心对称，则Mm4.16．根据双曲线的光学性质，可以发现双曲线在点PFQ处的切线是的角平分线又1，如F1PF2.2QF2△图4，在F1PQ中，由正弦定理得FPsinPQF11△，在F2PQ中，由正弦定理得F1QsinF1PQFPsinPQFFPFPFP22，所以1212；F2QsinF2PQF1QF2QF2P图415又因为FPPF2a，于是FP4a，PF2a.反射光线所在直线的斜率为，即12127157tanPFQ，解得cosPFQ，在△FPF中，由余弦定理得17181222216a4c4a722，所以2，或cosPF1Q2c7ac6a02e7e60e224a2c83e．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）解：（）据题意，数列为等差数列，1{an}则S99a545a55，故2da5a34，所以d2，则ana3(n3)d2n5.…………………………………（4分）（）nn，2bnan2(2n5)2则12n①，Tn(3)2(1)2(2n5)223n1②，2Tn(3)2(1)2(2n5)2由①②得12nn1n1，Tn(3)22222(2n5)214(72n)2则n1…………………………………（分）Tn14(2n7)2.1018．（本小题满分12分）解：（1）因为PA平面ABC，又AB平面ABC，BC平面ABC，所以PAAB，PABC.数学参考答案·第4页（共8页）学科网（北京）股份有限公司又PA2，AB5，由勾股定理得PB22(5)23，又BC2，PC5，PB3，所以BC2PC2PB2，故BCPC.因为BCPC，BCPA，所以BC平面PCA，则BC为点B到平面PAC的距离，故点B到平面PAC的距离为2.……………………………………………（5分）（2）在平面ABC内过点A作BC的平行线AF，则PAAC，PAAF，ACAF，以A为坐标原点，以AC所在直线为x轴，AF所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系.由勾股定理得：ACPC2PA2541.1如图5，则C(1，0，0)，B(1，2，0)，P(0，0，2)，E，1，1，21CE，1，1，AC(1，0，0)，CB(0，2，0)，2设平面ACE的法向量为m(x，y，z)，111图51CEm0，xyz0，则即111取，则，，，2y11z11m(011).ACm0，，x10设平面的法向量为，，，BCEn(x2y2z2)1CEn0，xyz0，则即222取，则，，，，2x22z21n(201)BCn0，，y20mn110所以cosm，n.|m||n|25101310记二面角ACEB的大小为，则sin1cos2m，n1，1010310故二面角的正弦值为.………………………………………………（12分）1019．（本小题满分12分）解：（1）在△ABF中，因为FEAπFEB，所以cosFEAcosFEB，数学参考答案·第5页（共8页）学科网（北京）股份有限公司AE2EF2AF2BE2EF2BF2则，2AEEF2BEEF43解得EF.…………………………………………………………（6分）3（2）如图6，设AD与BC交于点G，连接GE并延长交CD于点F，由于AB∥CD，知△GAB相似于△GDC，且点F满足CF2DF，则在△GDC中，由余弦定理得图6GD2GC2CD21636361cosDGC，2GDGC246321又GFGDGC，332121214241233故|EF||GF|(GF)(GD)GCGD(GC)，444999933所以|EF|.…………………………………………………………（12分）320．（本小题满分12分）y28x，x≥0，（1）解：设点P(x，y)，据题意(x2)2y22+|x|，解得y0，x0，由于点P不在一条射线上，故点P的轨迹方程为C：y28x.……………………………………………（5分）（2）证明：设线段QA，QB的中点分别为D，E，y2设Q(p，q)，A(x，y)，B(x，y)，因为点A在曲线C上，则x1，1122182qypx因为点在曲线上，所以：1122DC8y12qy116pq0.222qypx同理2222，8y22qy216pq022故，是方程22的两个解，y1y2y2qy16pq0yy由韦达定理知yy2q，所以q12，122即点Q的纵坐标与点M的纵坐标相同，故QM垂直于y轴.…………………………………………………………（12分）数学参考答案·第6页（共8页）学科网（北京）股份有限公司21．（本小题满分12分）解：（1）据题意只需关注前3次球由谁持球即可，则持球的所有可能情况为甲乙丙甲，甲丙乙甲，1211212∴P．……………………………………（2分）323