保山市普通高中2023~2024学年上学期期末质量监测高三数学-答案

保山市普通高中2023~2024学年上学期期末质量监测高三数学参考答案第Ⅰ卷（选择题，共60分）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DCABBBDA【解析】1．对于A选项是奇函数，但在(0，)上不单调，对于B选项是偶函数，对于C选项不是奇函数，只有D选项满足题意，故选D．2．由题意知，Ax{|1≤≤x2}，Bx{|1x2}，所以A是B的必要不充分条件，故选C．3．对于任一组数据加上同一非零常数，方差、极差和众数的个数均不变，故选A．4．设直线l的方程为xmy4，与C：yx24联立方程得：ymy24160，令，，，A()()xy11Bxy22，则yy124m，yy1216，所以OAOBx12xy12y2myy124(my1y2)16yy120，故选B．5．如图1，取CD的中点E，连接PE，所以PE的取值范围是AD，AE，即[2，25]，又由PCPDPEEDPEEC()()2CD2PE2，所以PCPD[0，16]，故选B．图146．如图2，连接DADADBDB，，，，则由对称性可知四棱锥DAABB为正四棱锥，连接AB，AB交于点O，连接OD，则可得ODOAOAOBOB22，即O是四棱锥DABBA外接球的球心，所以其表面积为32π，故选B．图2数学参考答案·第1页（共8页）{#{QQABDQCAogigABJAAAgCQw2oCkMQkBAACKoOhAAEsAIASQNABAA=}#}7．tan(15)2sin(15)cos(15)2[(sincos15cossin15)(coscos15sinsin15)]tan(15)2sin(15)cos(15)2[(sincos15cossin15)(coscos15sinsin15)]2(sincossin15cos15)sin2sin3011，故选D．2(sincossin15cos15)sin2sin30π118．由当x0，时，sinxxxtan，所以catan，又由切线不等式26671ln(x1)≤x，故而baln，故选A．66二、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ACABDABCBCD【解析】13139．对于A，由zi，所以||1z，故选A；对于B，由zi，所以2222131zi，故z在复平面内所对应的点在第三象限，故不选B；对于C，z22223131321313，所以2，zz1ii，izii10222222222313故选C；对于D，zzzz321(1)(1)0，所以z1，故zz20242i，不22选D，故选AC．a380，aa542040，10．由题意知：aa76510a3=13故选ABD．，aaa5433612202411．对于A，令x0，则a01，故选A；对于B，xaa13，01…a2024，故选B；2024对于C，x1，则aaaa0123…a20241，故选C；对于D，由(12x)a022024202322023ax1ax2…a2024x，20242(12x)aaxax12233…2024ax2024，令x1，aaa12323…2024a20244048，故不选D，故选ABC．数学参考答案·第2页（共8页）{#{QQABDQCAogigABJAAAgCQw2oCkMQkBAACKoOhAAEsAIASQNABAA=}#}12．如图3，过A，C分别作BD的垂线，垂足分别是EF，，由AD22AB，所以63AECF，BEDF，对于A，△ABD沿对角线33BD向上翻折的过程中，点A在过AE与BD的垂面内，而过点C与BD垂直的点在过CF与BD的垂面内，故而不存在某图3一位置使得CABD，故不选A；对于B，当且仅当平面ABD平面BCD，此时三棱锥ABCD的体积最13大，VAES，故选B；对于C，延ABCD39△BCDBEBG1图4长AE交BC于点G，由，所以G为边BCEDAD2的中点，故而此时的三棱锥ABCD可以放在如图4所示的长方体内，且此时A在平面BCD上的投影即为点G，由2BC2，CD1，AG，又AD2，所以直线AD2图5π与平面BCD所成的线面角为，故选C；对于D，A的轨迹是以61点E为圆心，AE为半径的一段弧，由题意知，EGAE，所以在直角△AGE中，如2π2π26图5，AEG，则AEA，所以A的轨迹长度为π，故选BCD．339第Ⅱ卷（非选择题，共90分）三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号13141516345答案47.90，3；2213【解析】13．由题意知：平均年龄x(50.001150.002250.012350.017450.023550.020650.017750.006850.002)1047.9（岁）．数学参考答案·第3页（共8页）{#{QQABDQCAogigABJAAAgCQw2oCkMQkBAACKoOhAAEsAIASQNABAA=}#}ππ≥，332≤，314．由题意需满足2又0，所以0，．ππ2≤≤，242n2(1)π22nn(1)π1n115．由log33log(nn2)log3，且sin2sin，则n22nn2nn211...11S25(log33log31)(log35log33)(log327log325)，所以24242645S．251316．由题意知双曲线C的一条渐近线为32xy0，F1的坐标为(70)，，所以点F1到渐近线的距离|3(7)20|，FN13.如图6，延长PFFM21，(3)222图6两直线交于点Q，由PMFQ1，且PM是FPF12的角平分线，所以△PFQ1是等腰三角形，且PFPQ1，PF12PFPQPF22FQ4，又有OM为△QF12F的中位线，所以FQOM22，故而答案为2．2四、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）sinBCsin解：（1）由1及正弦定理知：sinACsinsinABsinbc1，即bcabc222，acab1π所以cosA，由A(0，π)，所以A．……………………………………（5分）23212212（2）由ADABAC，所以()ADABAC，3333即36cbbc2242，所以36≥，即6bcbc≤6，当且仅当cb223，133所以SbcAsin≤，△ABC2233故而△ABC的面积的最大值为．…………………………………………（10分）2数学参考答案·第4页（共8页）{#{QQABDQCAogigABJAAAgCQw2oCkMQkBAACKoOhAAEsAIASQNABAA=}#}18．（本小题满分12分）解：（1）由，所以，故数列{}a的公比为3，SS214aa213n所以，故而，Sa313939a1a1a13所以n．…………………………………………………………………………（6分）an31（2）由（1）知，b，n31n15当n1时，成立；261112当n≥2时，且，31(31)13nnn122111所以111bb12bn22nn2313213n1233233n11112n1515332．………………………………………（12分）126361319．（本小题满分12分）（1）证明：如图7，取CD的中点E，连接AE，BE，由ACAD，所以AECD，由BCBD，所以BECD，又BEAEE，所以CD平面ABE，所以ABCD．……………………………………………（5分）图7（2）解：由（1）知：CD平面ABE，即平面BCD平面ABE，由ACBC5，CE3，所以AEBE4，又AB4，所以ABE为正三角形，取BE，BC的中点OF，，则OA，OF，OE两两垂直，建立如图8所示的空间坐标系；图8则A(0，，023)，B(0，，20)，C(3，，20)，D(3，，20)，所以BA(0223)，，，AC(3，，223)，CD(6，，00)，设nxyz1111()，，是平面ABC的一个法向量，数学参考答案·第5页（共8页）{#{QQABDQCAogigABJAAAgCQw2oCkMQkBAACKoOhAAEsAIASQNABAA=}#}，nBA102230yz11，所以即，，nAC1032230xy11z1令z13，所以x14，y13，即n1(4，，33)；设nxyz2222()，，是平面ACD的一个法向量，，nCD20，x20所以即，32230xyz，nAC20222令z23，则x20，y23，即n2(0，，33)，||nn21设二面角BACD的平面角为，所以cos12，||||nn121421二面角BACD平面角的余弦值为．……………………………………（12分）1420．（本小题满分12分）解：（1）由题意可知，在一局比赛中，111121甲获得1分的概率是，乙获得1分的概率是，236233111甲、乙均不得分的概率是1，632甲恰在第五局结束时取得游戏胜利的比分是3∶0或4∶1，2221111当比分是3∶0时，甲获胜的概率为C4；26614411141，当比分是4∶1时，甲获胜的概率为C3631296115所以甲恰在第五局结束后取得游戏胜利的概率为．……………（6分）129614464811115（2）（ⅰ）由题意知：P1，PP，PP(1P)．1212232232121111（ⅱ）由题意知：当n≥2时，PP(1P)P，nn23111n63n212213所以PPnn1，所以Pn是以为公比，为首项的等比数列；565565n1231所以Pn．……………………………………………………………（12分）556数学参考答案·第6页（共8页）{#{QQABDQCAogigABJAAAgCQw2oCkMQkBAACKoOhAAEsAIASQNABAA=}#}21．（本小题满分12分）1解：（1）由题意知：fx()axa(1)，，x(0)，xax2(1)1(1)(1)axxax所以fx()，，x(0)，xx①当a≤0时，若x(0，1)，则fx