昆明一中 2024 届高三第 8 次联考数学答案

昆明一中2024届高三第8次联考数学参考答案命题、审题组教师杨昆华彭力李文清李春宣丁茵王在方张远雄李露陈泳序杨耕耘一、选择题题号12345678答案CAABDBDA．解析：因为，选．1ðRABxZ2x32,1,0,1,2C111112．解析：因为zii，所以zi，所以zzi，选A．1i22222223．解析：设a与ab夹角为，因为baba，所以bab2abacosa54cos，当cos1时，b取最大值3，选A．4．解析：因为PA2，所以P点到圆心的距离恒为5，所以点P的轨迹方程是以(0,1)为圆心，5为半径的圆，即x2(y1)25，选B．5．解析：过点G作GH//AC，交SA于点H，因为ACAB，ACSA，ABIASA，AB，AS平面SAB，所以AC平面SAB，GHSG2242又GH//AC，所以GH平面SAB，且，可得GHAC，ACSC3331112因为，分别为，的中点，则，EFSABSS△SEFS△ABS2214423所以，114242，11182，VGSEFS△SEFGH1VCSABS△SABAC22333933238242202因此VVV.EFGABCCSABGSEF399选D.．解析：因为2023202302023120222202120222023，638a(391)aC202339C202339C202339...C202339C2023a又因为2023能被整除，所以2023能被整除，所以，选．38a13C2023a1a13a1B第1页（共8页）学科网（北京）股份有限公司(62)2(52)27．解析：为3.22.4，所以方差大于2.4，因此不能出现点数6，因为1.82.4，55(22)2(12)202.4，0.22.4，则其余的点数1,2,5都有可能出现，选D．55lnx12lnx．解析：设，则，得，则在，上单调递增，在上8f(x)2f(x)30xef(x)0ee,xx1ln553ln5lne5ln125单调递减，bf(5)，cf(6)，则bc，又ab0，得ab，所6103030以abc，选A．二、多选题题号91011答案BDBCABC9．解析：因为分数在60，70内的频率为110(0.0050.0200.0300.0250.010)0.10，所以第三组的频数为1000.10=10，故A错误；因为众数的估计值是频率分布直方图中最高矩形底边的中点的横坐标，从图中可看出众数的估计值为75分，故B正确；因为10(0.005+0.020+0.010)=0.35<0.5，10(0.005+0,020+0.010+0.030)=0.65>0.5，所以中位数位于70，80内，设中位数为x，则0.350.03(x70)0.5，解得x75，所以中位数的估计值为75分，故C错误；样本平均数的估计值为45(100.005)55(100.020)65(100.010)75(100.030)85(100.025)95(100.010)73分，故D正确，选BD．^10．解析：对于A，已知AE，若BB1∥，则需BB1AE，易知当E与C^重合时，BB1平面ABCD，AE平面ABCD，所以BB1AE，故BB1∥可能成立，故A错误；对于B，假设直线CD与平面垂直，又因为AE，则AE∥CD，显然不合题意，因此假设不成立，即直线CD与平面不可能垂直，故B正确；对于C，当E为CC1的中点时，连接D1B1，B1E，D1E，可知直线AE平面D1B1E则平面为平面D1B1E，即平面截正四棱柱所得截面多边形为D1B1E，△所以截面多边形的周长为32，故C正确；y对于D，以D为原点，直线DA，DC，DD1分别为x，，z轴建立如图所示坐标系，以题意可知A(1,0,0)，B(1,1,0)，则AB(0,1,0)，设E(0,1,a)0a2，平面的一个法向量为AE(1,1,a)，所以第2页（共8页）学科网（北京）股份有限公司AEAB162sincosAE,AB，又0a2，所以sin,，故D错误.AEAB2a262选BC11．解析：令xy0，得f(0)0；令xy1，则f(0)2f(1)20，得f(1)1，A对；令xy2，则f(0)2f(2)80，得f(2)4，B对；由于f(xy)(xy)2f(x)x2f(y)y2，令g(x)f(x)x2，则g(xy)g(x)g(y)，令xy0，得g(0)0，令yx，则g(x)0，所以2024g(x)f(x)x2既是奇函数又是偶函数，且f(x)x2，则f(i)2024，C对D错，选ABC．i1三、填空题1112．解析：抛物线y22x的焦点为F(,0)，准线方程为x，根据题意可得，22．PQPFQFx1x21533π3π1π113．解析：由题意，sincos3sin()，得sin()，令t，则sint，226363635ππ5ππ7得22t，所以sin(2)sin(2t)cos2t12sin2t．62629BD14．解析：设长方体ABCDA1B1C1D1的高为h，若BCa，则AB3a，BD2a，则a，若要2长方体体积最大，则平面A1B1C1D1内接于长方体，如图2BD22可得h()33，即h2a23，则a23h2，2所以长方体ABCDA1B1C1D1的体积为V3a2h33h2h3h33h，32设f(h)3h3h，其中0h3，则f(h)331h，令f(h)0，得h1，当0h1时，f(h)0，f(h)在0,1上单调递增；当1h3时，f(h)0，f(h)在(1,3)上单调递减，所以函数在处取得极大值，即最大值，则，因此该长方体的Vf(h)h1Vmaxf(1)23体积的最大值为23.四、解答题．解：（）选择①：因为，151an2Sn1所以2，4Snan2an1第3页（共8页）学科网（北京）股份有限公司2，4Sn1an12an11n2两式相减得22，4ananan12anan1(n2)即，anan1anan120(n2)因为，所以anan10(n2)anan12(n2)所以数列是以为首项，为公差的等差数列，ana112故………分an12(n1)2n1.6选择②：因为（），所以，Sn1Sn12Sn1n2Sn1SnSnSn12n2所以，所以，又因为，所以，an1an2an1an2(n2)S2=4a11，a2a12所以数列是以为首项，为公差的等差数列，ana112所以………6分an12(n1)2n1.选择③：因为（），anSnSn1n2又因为，所以，anSnSn1n2SnSn1SnSn1所以，(SnSn1)(SnSn1)SnSn1又因为，所以，SnSn10(n2)SnSn11所以是以1为首项，1为公差的等差数列，所以，SnSnn所以2，所以，检验时也满足，SnnanSnSn12n1n2n1所以………分an2n1.6n(aa)1（2）由（1）知：S1nn2，所以b，n2nn21111因为b(n3)，nnnn(n1)n1n11111111所以Tbbbb11()()，n123n2232n22223n1n51171所以T，n424nn7所以T．………13分n4第4页（共8页）学科网（北京）股份有限公司16．解：（1）由表格可得22列联表如下．是否喜欢骑共享单车性别合计不喜欢喜欢男4575120女154560合计60120180零假设H0:没有90%的把握认为是否喜欢骑共享单车与性别有关,根据列联表中的数据:2180454575151809002452，来源：高三答案公众号222.8132.70612060120601206016所以,依据0.100的独立性检验,可以推断零假设H0不成立．从而有90%的把握认为是否喜欢骑共享单车与性别有关．………7分（2）设事件B为“喜欢骑共享单车的人”，事件A1为“抽取的人为男性”，事件A2为“抽取的人为女性”，则BA1BA2B．1202601PA，PA；1180321803755453PB|A，PB|A．112082604由全概率公式得，25132PBPA1PB|A1PA2PB|A2，3834325PAB5所以PA|B138．1PB2835所以从被调查人员中任选一个喜欢骑共享单车的人，该人为男性的概率为．………15分817．解：（1）如图，取AC中点O，连接OB，OD，因为△ABC是等边三角形，所以ACOB，又四边形ACC1A1是等腰梯形，且D为A1C1的中点，所以ACOD，所以AC平面BOD，又BD平面BOD，所以ACBD.………6分（2）以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系，由（1）得BOD即为二面角A1ACB的平面角，设BOD，第5页（共8页）学科网（北京）股份有限公司11作AEAC于E，由ACAA1可得AEACAC，1111211233AEAA2AE2，故ODAE，1121211作CFAC于F，同理可得CF，所以OF，122从而，，，1，1，33，所以B0,3,0C1,0,0A1,0,0E,0,0F,0,0D0,cos,sin2222CB1,3,0，133133，AA1AEEA1AEOD,0,00,cos,sin,cos,sin222222133133，CC1CFFC1CFOD,0,00,cos,sin,cos,sin222222mCB0设平面的法向量为，则，所以，BB1C1Cmx,y,zm3sin,sin,cos1mCC103333sinsincossincossinmAA22223sin从而1cosm,AA12222mAA13sinsin12coscos3sin2cos23sin3即=，化简得：2cos23cos10，3sin22cos2131解得：cos或cos1（舍）2π所以二面角AACB的大小为.………15分13．解：设的平分线与轴交于点，由题意知，，，18(1)F1AF2xP(x0,0)AF15AF23A(2,3)AFFPx2所以11，所以05，所以1，所以1，所以直线的方程为:x0P(,0)lAF2PF22x