数学-2024届云南省昆明市高三“三诊一模”摸底诊断测试

秘密★启用前【考试时间：1月15日 15∶00—17∶00】昆明市2024届高三“三诊一模”摸底诊断测试数学注意事项：1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡交回。一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。．设全集，集合，，则1U1,2,3,4,5,6A{1,2,3,5}B{2,6}A(ðUB)A．{1,2,3}B．{2,3,5}C．{1,3,5}D．{3,4,5}i2．复数在复平面内对应的点位于2iA．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3．已知F是抛物线C:x24y的焦点，点M在C上，且M的纵坐标为3，则|MF|A．22B．23C．3D．44．在△ABC中，点D满足AD4DB，则1331A．CDCACBB．CDCACB44441441C．CDCACBD．CDCACB55555．某学校运动会男子100m决赛中，八名选手的成绩（单位：s）分别为：13.09，13.15，12.90，13.16，12.96，13.11，x，13.24，则下列说法错误的是A．若该八名选手成绩的第75%百分位数为13.155，则x13.15B．若该八名选手成绩的众数仅为13.15，则x13.15C．若该八名选手成绩的极差为0.34，则12.90x13.24D．若该八名选手成绩的平均数为13.095，则x13.15数学试卷·第1页（共12页）学科网（北京）股份有限公司6．已知函数f(x)sinxcosx，若存在x[0,2π]，使得方程f(x)m有三个不等的实根x1，x2，x3且x1x2x3，则x3x2x13ππA．2πB．C．πD．227．若将函数yf(x)的图象平移后能与函数yg(x)的图象重合，则称函数f(x)和g(x)1m2x互为“平行函数”．已知f(x)2，g(x)互为“平行函数”，则m2x12x2A．2B．1C．1D．28．第七届国际数学大会（ICNE7）的会徽图案是由若干三角形组成的．如图所示，作Rt△AOB，OA1，AOB30，再依次作相似三角形△BOC，△COD，△DOE，……，直至最后一个三角形的斜边OM与OA第一次重叠为止．则所作的所有三角形的面积和为323A．[()111]ED2334CB．[()111]2332312BC．[()1]30°30°2330°3430°AD．[()121]O23二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分。π9．在正四棱柱ABCDABCD中，已知BD与平面BCCB所成的角为，则11111116πA．AA2ABB．BD与平面ABCD所成的角为1111114C．BD1DA1D．AB1平面BCD110．已知圆O:x2y21，直线l:xy40，点P在直线l上运动，过点P作圆O的两条切线，切点分别为A，B，当APB最大时，则7A．直线AB的斜率为1B．四边形PAOB的面积为2数学试卷·第2页（共12页）学科网（北京）股份有限公司147C．|AB|D．sinAPB2811．古希腊数学家托勒密（Ptolemy85-165）对三角学的发展做出了重要贡献，他研究出1角与弦之间的对应关系，创造了世界上第一张弦表．托勒密用圆的半径的作为一60个度量单位来度量弦长，将圆心角（0360）所对的弦长记为crd．例如60圆心角所对弦长等于60个度量单位，即crd6060．则A．crd3030B．若crd120，则180C．crd602(1cos)D．crdcrdcrd()（0360）1|2x1|,x0,．已知函数，则12f(x)xg(x)f(f(x))f(x)ae1,x0,A．当a0时，g(x)有2个零点3B．当a时，g(x)有2个零点2C．存在aR，使得g(x)有3个零点D．存在aR，使得g(x)有5个零点三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知角的顶点为坐标原点O，始边与x轴的非负半轴重合，点A(1,a)（aZ）在角终边上，且OA3，则tan的值可以是.（写一个即可）14．春节前夕，某社区安排小王、小李等5名志愿者到三个敬老院做义工，每个敬老院至少安排1人，至多安排2人.若小王、小李安排在同一个敬老院，且这5名志愿者全部安排完，则所有不同的安排方式种数为.（用数字作答）数学试卷·第3页（共12页）学科网（北京）股份有限公司x2y215．已知双曲线C:1(a0,b0)的左、右焦点分别为F，F，以F为圆心作与a2b2122C的渐近线相切的圆，该圆与C的一个交点为P，若△F1PF2为等腰三角形，则C的离心率为．16．已知球O的表面积为36π，正四棱锥PABCD的所有顶点都在球O的球面上，则该正四棱锥PABCD体积的最大值为．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．（10分）105在△ABC中，cosBAC，sinACB，AB2.105（1）求△ABC的面积；（2）如图，CD//AB，CBBD，求AD.CDAB18．（12分）a1记S为数列{a}的前n项和，Sn.nnn24（1）求数列{an}的通项公式；（2）在an与an1之间插入n个数，使这n2个数组成一个公差为dn的等差数列，1求数列{}的前2024项和.dn数学试卷·第4页（共12页）学科网（北京）股份有限公司19．（12分）如图，在三棱锥PABC中，PA平面ABC，E是线段PC的中点，F是线段BC上1一点，PAACBC1，PB6．2（1）证明：平面AEF平面PBC；π（2）是否存在点F，使平面AEF与平面ABC的夹角为？若存在，求CF；若不存在，3说明理由．PEABFC20．（12分）聊天机器人（chatterbot）是一个经由对话或文字进行交谈的计算机程序．当一个问题输入给聊天机器人时，它会从数据库中检索最贴切的结果进行应答．在对某款聊天机器人进行测试时，如果输入的问题没有语法错误，则应答被采纳的概率为80%，若出现语法错误，则应答被采纳的概率为30%．假设每次输入的问题出现语法错误的概率为10%．（1）求一个问题的应答被采纳的概率；（2）在某次测试中，输入了8个问题，每个问题的应答是否被采纳相互独立，记这些应答被采纳的个数为X，事件Xk（k0,1,,8）的概率为P(Xk)，求当P(Xk)数学试卷·第5页（共12页）学科网（北京）股份有限公司最大时k的值.21．（12分）x2y23已知F是椭圆C:1(ab0)的右焦点，点(0,)在不过原点O的直线la2b2343上，l交C于A，B两点.当AOF与BOF互补时，|AB|，|AF||BF|22.3（1）求C的方程；S（2）证明：△AOB为定值.tanAOB22．（12分）1已知函数f(x)(x22ax)lnxx22ax，aR.2（1）讨论f(x)的单调性；1（2）当a0时，若f(x)a2(1lna)恒成立，求a的取值范围.2数学试卷·第6页（共12页）学科网（北京）股份有限公司数学试卷·第7页（共12页）学科网（北京）股份有限公司昆明市2024届高三“三诊一模”摸底诊断测试数学参考答案及评分标准一、单选题；二、多选题题号123456789101112答案CADCABBDABACBCDBCD三.填空题56413.1（0,1,2均可）14.1815.16.331031017．解：（1）因为cosBAC，所以sinBAC，1010525因为sinACB，所以cosACB，55BC2在△ABC中，由正弦定理可得，解得BC3.3105105310251052又因为sinABCsin(BACACB)，1051052123所以S23.………………………5△ABC222分ππ（2）由（1）可知，ABC，因为CD//AB，所以BCD，44ππ又因为CBBD，即CBD，故CDB，243π所以ABDABCCBD，BDBC3，43π在△ABD中，由余弦定理可得AD2(2)232223cos，4解得AD17.………………………10分a1118．解：（1）当n1时，a1，所以a，12412a1a1当n2时，aSSn(n1)，nnn12424a所以n1，an1数学试卷·第8页（共12页）学科网（北京）股份有限公司1所以数列{a}是以为首项，1为公比的等比数列，n2(1)n1即a.……………………6分n2(1)n(1)n1naa(1)1n1（）由题意，n1n22，则，2dnnn1n1n1dn(1)1记数列{}的前n项和为Tn，dn2024所以T23452024202511012.…………………12分2024219．解：（1）证明：因为PAAC，E是PC的中点，所以AEPC，在Rt△PAB中，PA1，PB6，所以AB5，在△ABC中，AC1，BC2，所以AC2BC2AB2，得ACBC，又PA平面ABC，BC平面ABC，所以PABC，又ACBC，PAACA，所以BC平面PAC，由AE平面PAC得AEBC，又PCBCC，所以AE平面PBC，由AE平面AEF得，平面AEF平面PBC．………………………………6分（2）存在点F满足条件，以C为原点，建立空间直角坐标系Cxyz如图，11设CFt(0t2)，则A(0,1,0)，E(0,,)，F(t,0,0)，2211AE(0,,)，AF=(t,1,0)，22Pz设平面AEF的法向量为n(x,y,z)，11yz0,则22令x1得yzt，Etxy0,yx所以平面AEF的一个法向量为n(1,t,t)，ABFC易知平面ABC的一个法向量为m(0,0,1)，数学试卷·第9页（共12页）学科网（北京）股份有限公司πmn1t122由已知得cos，即，解得t，即CF，3mn212t2222π2所以存在点F使平面AEF与平面ABC的夹角为，此时CF．…………1232分20．解：（1）记“输入的问题没有语法错误”为事件A，“一次应答被采纳”为事件B，由题意P(A)0.1，P(BA)0.8，P(BA)0.3，则P(A)1P(A)0.9，P(B)P(AB)P(AB)P(A)P(BA)P(A)P(BA)0.90.80.10.30.75.……6分331（2）依题意，XB(8,)，P(Xk)Ck()k()8k，4844P(Xk)P(Xk1),当P(Xk)最大时，有P(Xk)P(Xk1),3131Ck()k()8kCk1()k1()7k,8448442327即解得：k，kN，313144Ck()k()8kCk1()k1()9k,844844故当P(Xk)最大时，k6.……………………………12分21．解：（1）因为AOF与BOF互补，