2024届云南三校高考备考实用性联考卷（六）数学-答案

2024届云南三校高考备考实用性联考卷（六）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BCACCDBA【解析】1．由题意，UAxx{|1或≥x3}，∴()UAB{034}，，，故选B．2．(1)i1izzzz(1)i12i2i，故选C．1515153．由于sin，，所以cos2cos2sin，故选A．4424n24．由0得n2或n8.5，所以n8时，S取得最小值，故选C．217nnπππππ∴πππ5．由题意得gx()2sin2x2sin2x，∵x，，2x，，66666626∴gx()[21]，，故选C．6．设L是变化后的传输损耗，F是变化后的载波频率，D是变化后的传输距离，则DFLL18，D2D，18LL20lgD20lgF20lgD20lgF20lg20lg，DFFF则20lg1820lg212，即lg0.6lg4，从而FF4，即载波频率约增加到原来FF的4倍，故选D．7．连接NF2，设||2NF1n，则||3MFn1，||23MFan2，||22NF2an，在Rt△中，MNF22a2a||||||MNMFNF222，即(5nanan)22(23)(22)2，所以n，所以||MF，2215158a17||MF，在Rt△中，MFF||||||MFMFFF222，即25ca2217，所以e，251212125故选B．数学参考答案·第1页（共9页）{#{QQABDYCEogAoAAIAAAgCEwGICEMQkAEAAIoGgFAMIAIBSAFABAA=}#}8．因为SCBC，SCAC，且BCACC，BC平面ABC，AC平面ABC，所以SC平面ABC，又因为BCAB，ABSB，且BCSBB，BC平面SBC，SB平面SBC，所以AB平面SBC，所以可以将三棱锥SABC放入一个长方体ABFEDCSG中，该长方体以ABSCBC，，为长，宽，高，如图1所示，则长方体ABFEDCSG图1的外接球就是三棱锥SABC的外接球，下面计算该长方体外接球半径R的最小值；因为ABBC10，所以AB22BC≥220ABBC，所以AB222BCSC≥，即2052522525(2R)≥25，所以R≥，所以该长方体外接球表面积的最小值为4πR4π25π，22所以三棱锥SABC的外接球表面积的最小值为25π，故选A．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ACBCDABDABC【解析】129．因为f()xfx()，所以A正确；因为fx()x0，得x，所以C正确，故2x2选AC．222210．圆M的圆心为M(0，，半径1)r12，圆Nx：y430x，即(2)xy1的圆心为N(2，0)，半径r21；A选项，两圆方程作差得4260xy，即yx23，所以两圆公共弦AB所在直线方程为yx23，A错误；B选项，圆心N(2，0)到直线AB155的距离d，半径r1，所以点P到直线AB的距离的最大值为1，B415252545正确；选项，2，正确；选项，圆心，到直线C||21ABCDM(01)551043130xy的距离dr2，圆心N(2，到直线0)43130xy的距离111695dr1，所以直线43130xy是圆M与圆N的一条公切线，D正确，故22169选BCD．数学参考答案·第2页（共9页）{#{QQABDYCEogAoAAIAAAgCEwGICEMQkAEAAIoGgFAMIAIBSAFABAA=}#}11．对于A，连接ADAD11，，则A11DADAB，平面ADD11A，，∴A1DABABAD1A，AB平面ABC11D，AD1平面ABC11D，∴A1D平面ABC11D，D1P平面ABC11D，∴A11DDP，所以直线A1D与直线D1P所成的夹角一定为90；对于B，连接PC，PC1，D1C，则三棱锥CDPC11的体积等于三棱锥PCC11D的体积，∴AB∥平面CDD11C，点P到平面CDD11C的距离BC，为定值1，即三棱锥PCC11D的高为1，底面三角形CD11C1111的面积为，∴VV111，所以B正确；对于C，因为P满足2CDPC11PDCC11326DP1，则动点P的轨迹的长度为以D为圆心，1为半径的圆的周长的四分之一，所以Pπ点的轨迹的长度为；对于D，在正方体ABCDABCD中，DD平面ABCD．对于211111平面ABC，DD1为垂线，D1P为斜线，DP为射影，所以DPD1即为直线D1P与平面ABC所成角．设ACBDO，则ACBD．因为P是△ABC内（包括边界）的动点，所以DB216当P与O重合时，DP最小，此时sinDPD1，当P与B重合时，22DP131336DPDB2最大，此时sinDPD1，所以sinDPD1，，故选DP1333ABD．12．由题意知fx()lnx12mxx(0)，令fx()0得，lnxmxx120(0)有两个解x12，，x令gx()lnx12mx0，即等价于g()x有且仅有两个零点，也即g()x在(0，)12mx1上有唯一的极值点且不等于零，又gx()且m0，所以当x0，时，x2m1gx()0，则g()x单调递增，当x，时，gx()0，则g()x单调递减，所以2m1111x是函数g()x的极大值点，则g0，即ln12m2m2m22mm11ln(2m)0，解得m0，且有0xx，∵f()xxln12mx2122m1110ln12x1122222mx，f()ln12xxmx0ln12xmx，∴f()xxx111ln122．因为，时，单调递减，所mx11x(12mx1)mx1x1(1mx1)0xg()x2m111以，，所以在，上单调递增，则有g0gx()02f()xx2fx()2f2m2m2m数学参考答案·第3页（共9页）{#{QQABDYCEogAoAAIAAAgCEwGICEMQkAEAAIoGgFAMIAIBSAFABAA=}#}11111111lnln，又因为m01，令hx()224222mmmmm22m111xlnxx，1，则hx()lnx1lnx0，所以函数hx()在(1，)上单调递22211增，则hx()h(1)，所以fx()，故选ABC．222三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号1314151632答案825π2【解析】13．因为每组小矩形的面积之和为1，所以(0.010.0152a0.0250.005)101，所以a0.03，测评得分落在[40，80)内的频率为(0.010.01520.03)100.7，落在[40，90)内的频率为(0.010.01520.030.025)100.95，设第75百分位数为x，由0.7(x80)0.0250.75，解得x82，故第75百分位数为82．2214．ab与c垂直，则()(3)0abab，即aababb33(13)abπ1130，其中ab||||cos11ab，代入可解得5．32215．因为f()coscos(1)(sin)(1)sinxxxxxxx．所以当x(0，时，π)fx()0，f()x为增函数；当x(π，时，2π)fx()0，f()x为减函数；所以f()x在[0，2π]上的最大值bf(π)π1．又因为ff(0)1，(2π)2π1，所以f()x在[0，2π]上的最小值af(2π)2π1，所以abπ．16．如图2，因为||||FP21FHb，所以||2PHa．因为32sinFPO，所以tanFPO，在Rt△中，PHF13121bb2btanFPH，所以，所以2，又因为a3，12a22aaxy22所以b6，所以双曲线方程为1．因为36图222tanMON22，所以sinMON．设Qx()，y到两渐近线的距离为dd，，则30012数学参考答案·第4页（共9页）{#{QQABDYCEogAoAAIAAAgCEwGICEMQkAEAAIoGgFAMIAIBSAFABAA=}#}|2xyxyxy||2||222|dd000000．又因为26xy22，所以dd2，所123330012dd32以SQMQNMON||||sin12．OMQNsinMON2四、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）3sinB33解：（1）选条件①：因为sinBBBcostan，所以sinBBcos，即sin2B，4cosB44π又因为△ABC为锐角三角形，所以B0，，23π所以sinB，所以B．233sinBBcos1选条件②：因为，所以2(3sinBBcos)3sinBBcos，3sinBBcos2所以3sinBB3cos，π又因为B0，，所以cosB0，2π所以tanB3，所以B．3选条件③：由正弦定理可得2sinCBcossinBAcossinABcos，即2sinCBcossinABcossinBAcossin(AB)sinC，1又因为sinC0，所以cosB，2ππ因为B0，，所以B．…………………………………………（5分）23（2）由BD平分ABC，得SSS△△△ABCABDBCD，1π1π1π则acsin3csin3asin，即acac．232626π在△ABC中，由余弦定理可得bac2222cosac，3又b32，则acac2218，acac，联立可得22，22ac3180acacac18，解得ac6（ac3舍去）．1π1333故Sacsin6．………………………………（10分）△ABC23222数学参考答案·第5页（共9页）{#{QQABDYCEogAoAAIAAAgCEwGICEMQkAEAAIoGgFAMIAIBSAFABAA=}#}18．（本小题满分12分）（1）证明：∵点E在AB上且AB为直径，∴AEEB，又∵平面ABCD平面ABE，ADAB，且AD平面ABCD，∴ADABE平面，∵BE平面ABE，∴ADBE，又∵DAAEA，∴BE平面ADE．………………………………（6分）（2）解：当四棱锥EABCD体积最大时，E是AB的中点，此时AEBE，OEAB，取CD中点F，连接OF，如图3，则OF∥AD，即OF平面ABE，又∵OEAB，图3∴以O为坐标原点，分别以OE，OB，OF所在直线为