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.1515153.由于sin,,所以cos2cos2sin,故选A.4424n24.由0得n2或n8.5,所以n8时,S取得最小值,故选C.217nnπππππ∴πππ5.由题意得gx()2sin2x2sin2x,∵x,,2x,,66666626∴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DFLL18,D2D,18LL20lgD20lgF20lgD20lgF20lg20lg,DFFF则20lg1820lg212,即lg0.6lg4,从而FF4,即载波频率约增加到原来FF的4倍,故选D.7.连接NF2,设||2NF1n,则||3MFn1,||23MFan2,||22NF2an,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25ca2217,所以e,251212125故选B.数学参考答案·第1页(共9页){#{QQABDYCEogAoAAIAAAgCEwGICEMQkAEAAIoGgFAMIAIBSAFABAA=}#}8.因为SCBC,SCAC,且BCACC,BC平面ABC,AC平面ABC,所以SC平面ABC,又因为BCAB,ABSB,且BCSBB,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ABFEDCSG中,该长方体以ABSCBC,,为长,宽,高,如图1所示,则长方体ABFEDCSG图1的外接球就是三棱锥SABC的外接球,下面计算该长方体外接球半径R的最小值;因为ABBC10,所以AB22BC≥220ABBC,所以AB222BCSC≥,即2052522525(2R)≥25,所以R≥,所以该长方体外接球表面积的最小值为4πR4π25π,22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()x0,得x,所以C正确,故2x2选AC.222210.圆M的圆心为M(0,,半径1)r12,圆Nx:y430x,即(2)xy1的圆心为N(2,0),半径r21;A选项,两圆方程作差得4260xy,即yx23,所以两圆公共弦AB所在直线方程为yx23,A错误;B选项,圆心N(2,0)到直线AB155的距离d,半径r1,所以点P到直线AB的距离的最大值为1,B415252545正确;选项,2,正确;选项,圆心,到直线C||21ABCDM(01)551043130xy的距离dr2,圆心N(2,到直线0)43130xy的距离111695dr1,所以直线43130xy是圆M与圆N的一条公切线,D正确,故22169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,,∴A1DABABAD1A,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PCC11D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PCC11D的高为1,底面三角形CD11C1111的面积为,∴VV111,所以B正确;对于C,因为P满足2CDPC11PDCC11326DP1,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ABCDABCD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sinDPD1,当P与B重合时,22DP131336DPDB2最大,此时sinDPD1,所以sinDPD1,,故选DP1333ABD.12.由题意知fx()lnx12mxx(0),令fx()0得,lnxmxx120(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,)12mx1上有唯一的极值点且不等于零,又gx()且m0,所以当x0,时,x2m1gx()0,则g()x单调递增,当x,时,gx()0,则g()x单调递减,所以2m1111x是函数g()x的极大值点,则g0,即ln12m2m2m22mm11ln(2m)0,解得m0,且有0xx,∵f()xxln12mx2122m1110ln12x1122222mx,f()ln12xxmx0ln12xmx,∴f()xxx111ln122.因为,时,单调递减,所mx11x(12mx1)mx1x1(1mx1)0xg()x2m111以,,所以在,上单调递增,则有g0gx()02f()xx2fx()2f2m2m2m数学参考答案·第3页(共9页){#{QQABDYCEogAoAAIAAAgCEwGICEMQkAEAAIoGgFAMIAIBSAFABAA=}#}11111111lnln,又因为m01,令hx()224222mmmmm22m111xlnxx,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825π2【解析】13.因为每组小矩形的面积之和为1,所以(0.010.0152a0.0250.005)101,所以a0.03,测评得分落在[40,80)内的频率为(0.010.01520.03)100.7,落在[40,90)内的频率为(0.010.01520.030.025)100.95,设第75百分位数为x,由0.7(x80)0.0250.75,解得x82,故第75百分位数为82.2214.ab与c垂直,则()(3)0abab,即aababb33(13)abπ1130,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abπ.16.如图2,因为||||FP21FHb,所以||2PHa.因为32sinFPO,所以tanFPO,在Rt△中,PHF13121bb2btanFPH,所以,所以2,又因为a3,12a22aaxy22所以b6,所以双曲线方程为1.因为36图222tanMON22,所以sinMON.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=}#}|2xyxyxy||2||222|dd000000.又因为26xy22,所以dd2,所123330012dd32以SQMQNMON||||sin12.OMQNsinMON2四、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,4cosB44π又因为△ABC为锐角三角形,所以B0,,23π所以sinB,所以B.233sinBBcos1选条件②:因为,所以2(3sinBBcos)3sinBBcos,3sinBBcos2所以3sinBB3cos,π又因为B0,,所以cosB0,2π所以tanB3,所以B.3选条件③:由正弦定理可得2sinCBcossinBAcossinABcos,即2sinCBcossinABcossinBAcossin(AB)sinC,1又因为sinC0,所以cosB,2ππ因为B0,,所以B.…………………………………………(5分)23(2)由BD平分ABC,得SSS△△△ABCABDBCD,1π1π1π则acsin3csin3asin,即acac.232626π在△ABC中,由余弦定理可得bac2222cosac,3又b32,则acac2218,acac,联立可得22,22ac3180acacac18,解得ac6(ac3舍去).1π1333故Sacsin6.………………………………(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EABCD体积最大时,E是AB的中点,此时AEBE,OEAB,取CD中点F,连接OF,如图3,则OF∥AD,即OF平面ABE,又∵OEAB,图3∴以O为坐标原点,分别以OE,OB,OF所在直线为
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