数学-云南师大附中2024届高三高考适应性月考卷（六）

扫描全能王创建{#{QQABYQ4QggCgQgAAARgCEQWKCgAQkBACCIoGQBAIoAAAgRFABAA=}#}扫描全能王创建{#{QQABYQ4QggCgQgAAARgCEQWKCgAQkBACCIoGQBAIoAAAgRFABAA=}#}扫描全能王创建{#{QQABYQ4QggCgQgAAARgCEQWKCgAQkBACCIoGQBAIoAAAgRFABAA=}#}扫描全能王创建{#{QQABYQ4QggCgQgAAARgCEQWKCgAQkBACCIoGQBAIoAAAgRFABAA=}#}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CACBADBD【解析】1．Axyx{|ln}{|xx0}，Byyx{|ln}{|yyR}，则ABR，故选C．2．z2023i20232023i，则z2023i，所以z的虚部是1，故选A．3．∵f()x为奇函数，∴x0时，x0，则f()exfxx13()，∴x0时，fx()ex13，则gf(1)(1)3e(1)166e2，故选C．4．4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加实践活动，共有2164种选法，周六、周63日各有两位同学参加实践活动共有C62种选法，P，故选B．428443345．因为fx()4sinx3cosx5sinxcosx5sin(x)，其中sin，cos，5555ππ又f()x在x处取到最大值，所以xkk2π(Z)，即x2πk()kZ，则0020243π13233，，所以，sinx0coscosx0sinsinx000sinxxcos55322510故选A．222π6．圆Cx：(2)(1)1y，圆心C(2，1)，半径r1，由ACB的最小值为，可得3ππ11≤ACM．又||CM，0cosACM≤，所以||CM的最小值为2，而32cosACM2|3m2|圆心C(2，1)到直线lmxym：10(0)m的距离等于2，即2，解得m2112m，故选D．57．因为任意xR，都有f()xfx≥(0)，所以f()x0是函数f()x的最小值，也是极小值，故22fx()00，解得330xa0，则a3，记二次函数gx()3xa3的零点为x10，x，且x10x，则f()x在()()，xx10，，上单调递增，在()x10，x上单调递减，当x时，数学参考答案·第1页（共10页）{#{QQABYQ4QggCgQgAAARgCEQWKCgAQkBACCIoGQBAIoAAAgRFABAA=}#}2x0fx()0，因为f()x0是最小值，所以fx()0≤，即0fx()(36000xxa3)ex02(66x0)e≤0，解得x0≥，故1ax330≤0，故选B．11n15．对于，≤，函数在，上单调递减，则数列的最小值为，8Aanfx()x(01){}bn22x231故A错误；对于B，数列{}a单调递增，且na≥时，≥21，函数fx()x在(1，)nn2x34253213上单调递增，则数列{}b单调递增，而nb1时，，又b，∴bb，n12124312236lnx所以数列{}b是单调递增数列，故B错误；对于C，因为函数y在(e，上单调)nx11递减，且y1，所以n≥时，数列3{}a单调递减，且01a，又函数fx()xmaxennx在(0，1)上单调递减，则n≥时，数列3{}bn单调递增，故C错误；对于D，1∵∴aa|sin11|sin1.581，，，|sin12|sin2.580.5aa由函数fx()x在11121112x(0，1)上单调递减知：bb1112，故D正确，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ACACDABDABC【解析】29．当取x1，x2，x3，c时，A成立，B不成立；C：D()yDcxDccDx()()2()，1233故方差可能相同，正确；D：由极差的定义知：若第一组的极差为xmaxxmin，则第二组的极差为ymaxymin|(cxmaxc)(cxminc)||cxmaxcxmin|，故极差可能相同，错误，故选AC．1110．对于A选项，V14，故而A正确；对于B选项，正四面体BDEG的外接BDEG633球即为正方体ABCDEFGH的外接球，故而半径为，故而B选项错误；对于C选项,21正四面体BDEG的棱切球即为正方体ABCDEFGH的内切球，故而半径为，故而C2数学参考答案·第2页（共10页）{#{QQABYQ4QggCgQgAAARgCEQWKCgAQkBACCIoGQBAIoAAAgRFABAA=}#}1选项正确；对于D选项,正四面体BDEG的内切球的半径为正方体体对角线，所以半63313径为，由，，成等比数列，所以D选项正确，综上所述，故选ACD．6622bb11．不妨设双曲线的渐近线方程为yx，右焦点Fc(0)，，则点Fc(0)，到渐近线yx的aa||bcaacac距离为||FPb，在方程yxc()中，令x0，得y，所以Q0，，ab22bbbac由||||FP≤，可得OQb≤，则bac2≤，即0caac22≤，即0ee210≤，解b151515得≤≤e，又因为e1．所以1e≤，故选ABD．222xfx()12．设gx()，则g()xxfxfxxfxex[()()()]，据题意gx()0，故g()x是一个定exf(1)2f(2)义在R上的增函数，则g(0)gg(1)(2)，即0，化简得f(1)0，ee2ln2ff(ln2)ln4(2ln2)e(1)2ff(2)，故A，B正确；又gg(ln2)(2ln2)，即，化简得242(2)xfxxf()xxff(ln2)(2ln2)，故C正确；由于g(2xgx)()[2fx(2)exfx()]，eee22xxx当x0时，gx(2)gx()0，解得2(2)efxxfx()0，故D选项不正确，故选ABC．三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号1314151651537答案36，，54424【解析】13．根据题意，向量a(3，，1)b(2，2)，则ab(1，1)，则有||a1910，aab()25||112ab，aab()2，故cosaa，b=．|||aab|102514．如图1，连接AC，AC交于点N，取AB的中点M，连接MN，则MNC为异面直线所成的角或其补角，不妨令AB2，则在三角形NMC中，CNMN2，CM3，由余弦定理可知：11cosMNC，所以异面直线BC与AC所成角的余弦值为．44图1数学参考答案·第3页（共10页）{#{QQABYQ4QggCgQgAAARgCEQWKCgAQkBACCIoGQBAIoAAAgRFABAA=}#}15．设A(26cos，23sin)，B(26cos，23sin)，[0，2π)，[0，2π)，由23sin23sin1kkOAOB，整理得：coscossinsin0，即26cos26cos2π3cos()0，则或π，所以cos22sin，22|OA|22|OB|2412(cos22cos)36．π16．将f()xAsinx的图象向右平移个单位长度后，所得函数图象对应的解析式为4π2π9π5π5π9πgx()Asinx，则当T≤，即π≥2时，g()x在，上至少44444π存在两个最值点，满足题意；当02≤时，x[π，2π]，所以4πππ≤，k211k()kZ，解得≤≤kk()Z.当k≤1时，解集为，不符合π4222π≥kπ25375题意；当k2时，解得≤≤；当k3时，解得≤≤.综上，实数的取值范4242537围是，，.424四、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）（1）证明：由余弦定理可得bac2222cosacBaac2，化简可得ac2cosaB，由正弦定理可得sinAsinCAB2sincos.又sinCABABABABsin[π()]sin()sincoscossin，∴sinAsinBAcoscosBAsinsin(BA)，∴ABA或Aπ(BA)，即BA2或Bπ（舍去）.…………………（5分）（2）解：∵BA2，∴CABAππ3，∴由正弦定理可得bab22aaccsinCsin3Asin(2AA)sin2AcosAcos2AsinAabababbsinBsin2A2sinAcosA2sinAcosA2sinAAcos22cosAAsinsin3A3cos22AsinA4cos2A112cosA.2sinAcosAAAA2cos2cos2cos数学参考答案·第4页（共10页）{#{QQABYQ4QggCgQgAAARgCEQWKCgAQkBACCIoGQBAIoAAAgRFABAA=}#}又∵0π0π0πABC，，，0πA，π1∴02Aπ，解得0A，∴cosA，1.320π3Aπ，ba1令tAcos，则2t，ab2t11∵函数yt2在，1上单调递增，2t213ba3∴yt20，，即0，．…………………………………（10分）22tab218．（本小题满分12分）1（1）证明：由SaSaaa，nn111nn2nnSS1Snn11有，又a11，故1，aann12a1S1所以数列n是以1为首项，为公差的等差数列，an2Sn1nn1所以，即Sann，an22n2nn21nn1故Sa，两式相减得aaa，即aa，nn112nnn112222nn1aaa所以nn111，nn11因此{}an的通项公式为ann.……………………………………………（8分）（2）解：设012nSa123CCCnnnaaann1C，012n则由（1）知SnC2C3Cnnn(1)Cn，nn1210又Sn(1)CCnnn3C2CCnnn，两式相加得：011220nnnn2Sn[Cnnnnnn(1)C](2CnC)[3C(n1)C][(n1)CnnC]．mnm∵CCnn，，，，，mn01012n∴2Sn(2)Cnnn(n2)C(n2)C(n2)Cn012n(2)(CCCnnnnC)n(2)2nn，∴n1．…………………………………………………（分）Sn(2)212数学参考答案·第5页（共10页）{#{QQABYQ4QggCgQgAAARgCEQWKCgAQkBACCIoGQBAIoAAAgRFA