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，，，故选B．2．，故选C．3．由于，所以，故选A．4．由得或，所以时，取得最小值，故选C．5．由题意得，，，，故选C．6．设是变化后的传输损耗，是变化后的载波频率，是变化后的传输距离，则，，，则，即，从而，即载波频率约增加到原来的4倍，故选D．7．连接，设，则，，，在中，，即，所以，所以，在中，，即，所以，故选B．图18．因为，，且，平面，平面，所以平面，又因为，，且，平面，平面，所以平面，所以可以将三棱锥放入一个长方体中，该长方体以为长，宽，高，如图1所示，则长方体的外接球就是三棱锥的外接球，下面计算该长方体外接球半径的最小值；因为，所以，所以，即，所以，所以该长方体外接球表面积的最小值为，所以三棱锥的外接球表面积的最小值为，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】9．因为，所以A正确；因为，得，所以C正确，故选AC．10．圆的圆心为，半径，圆，即的圆心为，半径；A选项，两圆方程作差得，即，所以两圆公共弦所在直线方程为，A错误；B选项，圆心到直线的距离，半径，所以点到直线的距离的最大值为，B正确；C选项，，C正确；D选项，圆心到直线的距离，圆心到直线的距离，所以直线是圆与圆的一条公切线，D正确，故选BCD．11．对于A，连接，则平面平面，平面，平面，平面，，所以直线与直线所成的夹角一定为；对于B，连接PC，，，则三棱锥的体积等于三棱锥的体积，平面，点P到平面的距离，为定值1，即三棱锥的高为1，底面三角形的面积为，，所以B正确；对于C，因为P满足，则动点的轨迹的长度为以D为圆心，1为半径的圆的周长的四分之一，所以P点的轨迹的长度为；对于D，在正方体中，平面．对于平面，为垂线，为斜线，为射影，所以即为直线与平面ABC所成角．设，则．因为P是内（包括边界）的动点，所以当P与O重合时，最小，此时，当P与B重合时，最大，此时，所以，故选ABD．12．由题意知，令得，有两个解，令，即等价于有且仅有两个零点，也即在上有唯一的极值点且不等于零，又且，所以当时，，则单调递增，当时，，则单调递减，所以是函数的极大值点，则，即，解得，且有，，．因为时，单调递减，所以，，所以在上单调递增，则有，又因为令，则，所以函数在上单调递增，则，所以，故选ABC．三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号13141516答案【解析】13．因为每组小矩形的面积之和为1，所以，所以，测评得分落在内的频率为，落在内的频率为，设第75百分位数为，由，解得，故第75百分位数为82．14．与垂直，则，即，其中，代入可解得．15．因为．所以当时，，为增函数；当时，，为减函数；所以在上的最大值．又因为，所以在上的最小值，所以．图216．如图2，因为，所以．因为，所以，在中，，所以，所以，又因为，所以，所以双曲线方程为．因为，所以．设到两渐近线的距离为，则．又因为，所以，所以．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）选条件①：因为，所以，即，又因为为锐角三角形，所以，所以，所以．选条件②：因为，所以，所以，又因为，所以，所以，所以．选条件③：由正弦定理可得，即，又因为，所以，因为，所以． …………………………………………（5分）（2）由BD平分，得，则，即．在△ABC中，由余弦定理可得，又，则，联立可得，解得（舍去）．故． ………………………………（10分）18．（本小题满分12分）（1）证明：点E在上且为直径，，又，，，，又，． ………………………………（6分）（2）解：当四棱锥体积最大时，是的中点，此时，，取中点，连接，如图3，则，即，图3又，以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴及轴，建立如图所示的空间直角坐标系，，，设平面的一个法向量为，则取，可得，平面的一个法向量为，设平面与平面所成夹角为，则，即平面与平面所成夹角的余弦值为． …………………………（12分）19．（本小题满分12分）解：（1）由题知，当时，，当时，，因为，所以．因为，所以，由累加法得，综上，，． …………………………（6分）（2）由（1）知所以的前n项和①，②，①−②得，所以． ………………………………（12分）20．（本小题满分12分）（1）解：，，． ………………………（6分）（2）证明：法一：设，则，同理，所以，因为，所以，所以，即．法二：当时，由（1）知，即；当时，设，则，，因为，所以，因为，所以，即；综上，． ……………………………………………………（12分）21．（本小题满分12分）解：（1）设，，直线的方程为．联立得，则，①，因为，所以，即，所以②，由①②得：，因为，所以，直线恒过定点，设点，则，即，整理得，所以点的运动轨迹为以为圆心，半径为2的圆（原点除外）． …………（5分）（2）由（1）因为，所以，，，则③，将①代入③得：，得，或者．当时，直线过．当时，直线过，此时在上，不合题意．所以直线恒过．因为为定点，所以为定值，在中取中点，连接，，所以为定值．此时的坐标为，故存在点，使得为定值． ………………………………（12分）22．（本小题满分12分）解：（1），则，曲线在处的切线为，且，曲线在处的切线为，且，故，用牛顿迭代法求方程满足精度的近似解为． …………（5分）（2）将整理得到：，令，，因为，的极小值为，因此，有且仅有一个零点，所以有且仅有一个极小值点，即，所以有，方法一：由（1）有，所以．方法二：．，所以，能取到的最大整数值为． …………………………………………（12分）