数学-云南省“3 3 3”2024届高考备考诊断性联考（一）

{#{QQABaYCAogCAABBAABgCQQVqCAIQkACACKoOAAAEsAABgQFABAA=}#}{#{QQABaYCAogCAABBAABgCQQVqCAIQkACACKoOAAAEsAABgQFABAA=}#}2024届“3+3+3”高考备考诊断性联考卷（一）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）题号12345678答案DABCBADD【解析】1．因为则，所以，A[2，，3]B[0，，2]RB(0)(2)，，ABR[2，，0)(23]故选D．2．设zxyxyi(，，R)则zxyi，由23i13izzxy，可得xy1，所以z1i，z1i(1i)2i2所以i，故选A．z1i1i22π3π3π3．f()x为偶函数，则f(0)sin1，解得kkπ(Z)，当k1时，；又当222时，f()xxcos2为偶函数，所以甲是乙的必要不充分条件，故选B．4．沿正方体上底面的对角线作圆锥的轴截面，设正方体的棱长为2x，则由三角形相似可得x12x1，即x21，所以正方体棱长为22，故选C．1121222sincos2cossin2tan22tan222225．sin2cos222，故选B．cos22sin1tan2222P()AA126．记Ai为第i次摸到的是红球，则PA(|)12A，又PAA()()(|)12PA1PA2A1P()A221121322，PA()()()()(|)()(|)PAAPAAPAPAAPAPAA，541021212121121545451所以PA(|)A，故选A．1247．设曲线E上任意一点为P()xy，，则由题设可得(1)(1)(1)(1)xy22xy22||||62||PAPBAB，可得曲线E的轨迹是以A，B为焦点且长轴长为62的椭圆，所以△BCD的周长等于(|DB||DA|)(|CB||CA|)262122，故选D．数学参考答案·第1页（共10页）{#{QQABaYCAogCAABBAABgCQQVqCAIQkACACKoOAAAEsAABgQFABAA=}#}x1xx．设一个切点为，0，则由，可得该点处的切线方程：08x0xfx()xlyxe0ee021x0xx001xx001()xx0，当l经过点P时，有mx(10)，即m，则过点Pex0eexx00ex0xx21xx21切线的条数即为方程m00的解的个数.设gx()，则ex0ex21xxx21xx22(1)(2)xxgx()，所以g()x在(1)(2)，，，上exexex单调递减，在(12)，上单调递增.当x时，gx()，当x时，gx()0，42155xx21又由，，可得，时，00有三个解，g(2)22g(1)e<0m02mxeeee0故选D．二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）题号9101112答案BCDACDACDAB【解析】9．对于选项A，9个数据从小到大排列，由于90.756.75，所以第75百分位数应该是第7个数8，故A错误；对于选项B，由M，N相互独立得：P()()()MNPMPN，所以PMN()PN(|M)PN()，PN(|M)PN()PN()PN()1，故B正确；对于选项C，PM()2由8.612x0.00110.828，可以认为X和Y独立，故C正确；对于选项D，样本点都在直线yx47，说明是负相关且为线性函数关系，所以相关系数为1，故D正确，故选BCD．10．对于A，因为bab()0，所以bab⊥()，故A正确；对于B，因为a|2|(2)||4abab22aabb|2|12232，所以B错误；对于C，因为，b||a都是单位向量，由平行四边形法则和菱形性质知c对应有向线段平分ab，的夹角，由题设πcaπ3知ab，，cosca，cos，所以C正确；对于D，由A选项知：3|||ca|62bab⊥()，所以由向量减法的几何意义直接看出结果成立.另法：||||ab≥ab恒成数学参考答案·第2页（共10页）{#{QQABaYCAogCAABBAABgCQQVqCAIQkACACKoOAAAEsAABgQFABAA=}#}22222立，则()()ab22≥，ab即aabbaabb222≥，整理得(1)0≥，此式恒成立，所以R，||||ab≥ab恒成立，所以D正确，故选ACD．11．A选项，如图1，由圆的切线性质及勾股定理可得：||||||PAPO22OA26422，所以A选项正确；B选||006项，O到直线l：xy60的距离为32，而2||||PA22OP||(32)414OA22≥，所以||PA的最小值为图1114，所以三角形PAO面积的最小值为14214，所以B选项错误；C选项，22||OPaa22(6)21236aa设P(6aa，)，，线段OP的中点坐标为222222aa6，所以以为直径的圆的方程为aaaa621236，，OPxy2222422xyaxay22(6)0，由xy4，两式相减得直线AB的方程为：xy0，2ax(6a)y4，a(xy)6y40，由解得xy，所以直线AB过定640y，322点，，C选项正确（法二：直线AB的方程也可直接由圆的切点弦方程直接求出）；33422D选项，由C选项知，圆心O到直线AB的距离d0，，所以221236aa347222，，D选项正确，故选ACD．||2ABrd=24d4312．对于A选项，如图2，连接AC交BD于点O，连接OA，则由题设知BDAC，，BDAO所以BD平面AOC，故BDAC，A选项正确；对于B，由题1图2意可知SSACBMAMBM，因为△△ADCABC2AM22BMABAMBM2224，故AMBM≤2，当且仅当AMBM2时21取得等号，故SS，的最大值为2，而SS22sin603，则四△△ADCABC△△ABDCBD2数学参考答案·第3页（共10页）{#{QQABaYCAogCAABBAABgCQQVqCAIQkACACKoOAAAEsAABgQFABAA=}#}面体ABCD的表面积的最大值为()SS△△ADCABCmaxSS△△ABDCBD423，B正确；C选项，不妨假设存在点A，使得BMCD，取CD的中点为N，连接MNBN，，M为线段AC的中点，故MNAD∥；由于在菱形ABCD中，ABBCABBC，∴，而M为线段AC的中点，故BMAC.由于CDACC，，CDAC平面ADC，故BM⊥平ππ面ADC，MN平面ADC，故BMMN，而BAD，故BCD，即△BCD为3331正三角形，则BCBD，故BNBC3.又MNAD∥，且MNAD1，故22BMBN22MN2.由于BMAC，故AMABBM22422，∴AC22.因为AOOC3，满足AOOCAC，即当AC22时，使得BMCD，C错误；对于D，因为OCBD，OABD，故AOC为二面角ABDC的平面角，1AO22OCAC23361AC2AC2即cosAOC，所以，即AC2，而3263AOOC233ADABBDBCCD2，则四面体ABCD为正四面体，故将其补成如图3所示正方体，且正方体棱长为2，则四面体ABCD的体积1122V(2)432(2)2，则四面体ABCD的32336V内切球半径r，D错误，故选AB．46S△BDC图3三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号13141516答案135x24y833【解析】1r13．设展开式的第r1项是rr26rrrr6123，令r4，所以TTxr16C(3)C36(1)x5x4644C36(1)135.14．由题意可知：圆心M到点(0，1)的距离与到直线y1的距离相等，所以根据抛物线的定义可知圆心M的轨迹是以(0，1)为焦点，y1为准线的抛物线，故得圆心M的轨迹方程为xy24.数学参考答案·第4页（共10页）{#{QQABaYCAogCAABBAABgCQQVqCAIQkACACKoOAAAEsAABgQFABAA=}#}15．由已知f()xfx()，且f(12xfx)()，∴f(xf24)(12(12xfx))[(12)]f(12xfxfx)()()，即函数f()x是以24为周期的周期函数，故f(2024)ffff(84248)(8)[12(4)](4)8.16．如图4所示，设圆C逆时针绕圆O转过的圆心角∠，AOC点A转到点A，则由题设知过点C作CD∥x轴，再1∠，ACO12过点A1作A1BCD⊥，垂足为B，则∠ACB1π3.设则A1()xy，，xOC||cos|AC1|cos(π3)3coscos3，所以||AA2yOC||sin|AC1|sin(π3)3sinsin3，1图4(3coscos32)22(3sinsin3)4cos36cos212cos144(4cos33cos)232令，则26(2cos1)12cos1416cos12cos24cos20，tcos||AA1ft()16t3212t24t20，，t[11]，又ft()24(2t1)(t1)，，.t[11]由，ft()0111得≤1()01tft；，得t，易知，故ft()maxf27||33.AA1max22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：（1）因为sinA，，sinBCsin成等差数列，所以2sinBACsinsin.由正弦定理得2bac，又bc53，，所以a7.35722212π由余弦定理得，cosA，A(0，π)，故A.23523……………………………………………………（5分）BDAB3（2）由三角形内角平分线性质知：，CDAC553又CDB，，三点共线，所以ADABAC=，88222所以53553315||=ADABACABABACAC2.8888888……………………………………………………（10分）18．（本小题满分12分）T证明：（1）由数列的前项积为，得an(2)n≥，{}annTnnTn1Tn由题设TTnn+12，an数学参考答案·第5页（共10页）{#{QQABaYCAogCAABBAABgCQQVqCAIQk