云南省昆明市第一中学2023-2024学年高三上学期第三次双基检测 数学答案

昆明一中2024届高三第3次联考数学参考答案命题、审题组教师杨昆华刘皖明李文清李春宣王佳文毛孝宗凹婷波王在方李露陈泳序一、选择题题号12345678答案BADACCCB21．解析：因为zi2zi20，所以zzi20，所以z1i，所以z2，选B．1i22．解析：由题，有A2,2，BÞA．当B时，有a0，符合题意；当B时，有a0，此时B，a2所以2或2，所以a1．综上，实数a的所有可能的取值组成的集合为1,0,1，选A．a．第一步：将个同学分为组，共有2种分法；第二步：将组分配给个场馆，共有4种分法；所354C544A4以共有24种，选．C5A4240Dx2sin21cosxxxππππ4．解析：由已知f(x)2tan，，，由函数ytanx在区间，上单调sinxxx2sincos226464223递增，知fx，1，选A．3．解析：由题意可知，，在△中，由余弦定理得2222，5AF1AF2aF1F22cAF1F24caa2acosF1AF2113化简得4c2a2，则e2，所以e，选C．31266．解析：由已知函数关于直线x1对称，且当x1时单调递增，所以，f0f2，选C．πππ7．解析：将函数f(x)sin(2x)的图象向右平移个单位长度，可得g(x)cos(2x)，所以对称轴2126kππ为x(kZ)，选C.212．解析：由正项等比数列可知，，成等比数列，则2，又8anS2S4S2S6S4S4S2S2S6S4S44所以16，所以16，当且仅当16，即时取等号，S6S24S2S62S248242S2S222S2S2S2故的最小值为选S2S6824.B.二、多选题题号9101112答案BCACACAD第1页（共7页）学科网（北京）股份有限公司．解析：因为函数为偶函数，所以；且偶函数在上单调递增，则，9fxb0fxloga|x|(,0)0a11a12，2a23,而fx在(0,)上单调递减，故fa1f2f2fb2，fa2fb2，选BC10．解析：对于A，因为SO面ABC，所以SCO是SC与底面所成角，在Rt△SOC中，圆锥的母线长OC22是22，半径rOC2，cosSCO，所以SCO45，则A正确；SC222对于B，圆锥SO的侧面积为rl42π，表面积为42π+4π，则B错误；π对于C，当点B与点A重合时，ASB0为最小角，当点B与点C重合时ASB，达到最大值，又因2πππ为B与A，C不重合，则ASB0,，又2SABASBπ，可得SAB,，则C正确；242对于D，如图所示，取BC的中点D，连接OD，SD，又O为AC的中点，则OD∥AB，因为ABBC，所以BCOD,又SO面ABC，BC面ABC，所以BCSO，又SOODO，BC面SOD，故BCSD，所以SDO为二面角SBCO的平面角，因为点B为弧AC的中点，所以AB22，1SOODAB2，则tanSDO2，则D错误.选AC.2OD2pp211．解析：由题意得AB4p，设直线l:yx，则点O到直线AB的距离是p，所以sin224412112P4pp22，得p2，AB8，又因为1，AF2(22)，所以ACπ24AFBFp1cos4正确，选AC.x3e2xx23．解析：函数的定义域为且，，令，得或，当或12xRx1y2y0x0x0x1x12331x时y0，函数单调递减；当x0或x时y0，函数单调递增，可知函数的极大值点为2233x0，极小值点为x，函数在1，上不单调，在1，上单调递减，选AD．22三、填空题13．解析：由已知直线x3y60过圆心，所以C(6,0)，rCA4，所以圆C的标准方程是(x6)2y216．第2页（共7页）学科网（北京）股份有限公司r2rrr2r2rrr214．解析：因为2abab，所以4a8ab4ba2abb，因为322216ab1，所以ab，因为bab2aba，所以55rrrrrr321rrrabaaba25cosa,barrrrrr5．165abaaba1515．解析：正四面体的一个顶点到对应底面的距离，就是正四面体的高，如图O223为底面△BCD的外心，AO平面BCD，又BO221，所以33222326．AO23316．解析：令y1，得f(x)f(x1)f(x1)，即f(x1)f(x)f(x1)．令x1，y0，得f(0)f(1)f(1)2．因此f(0)2，f(1)1，f(2)1，f(3)2，f(4)1，f(5)1，f(6)2，f(7)1，……．所以函数f(x)是周期为6的周期函数，所以f(2024)f(63372)f(2)1，即f(2024)1．四、解答题．解：（）由已知a2，所以等比数列的公比为，171(b2b1)2{an}q2a1a所以n1，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，bn1bn2{bn}b122an所以.………5分bn2n（2）由（1）得：Sn(a1a2an)(b1b2bn)12nn(22n).………10分1222nn2n1．解：（）当点为的中点时，平面，证明如下：181GAA1FG//A1DE设为中点，连接．HDEFH,A1H因为三棱柱中，，ABCA1B1C1BB1//CC1//AA1分别为的中点，D,E,F,GBB1,CC1,BC,AA1所以，且，所以四边形为平行四边形．FH//EC//A1GFH=EC=A1GA1GFH所以，又因为平面，平面FG//A1HA1HA1DEFGA1DE所以平面．………分FG//A1DE5第3页（共7页）学科网（北京）股份有限公司（）取中点，连接．2ABOOB1,AB1,OC因为，，ABAA1BB1ABB160所以△为正三角形，所以．ABB1B1OAB又因为平面平面，平面平面，AA1B1BABCAA1B1BABCAB所以平面．因为△为等边三角形，所以．B1OABCABCOCAB以为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，OOC,OA,OB1xyz333依题意得A(0,3,0),B(0,3,0),C(33,0,0),A(0,6,33),B(0,0,33)，D(0,,)，11221533所以DA(0,,)，DEBC(33,3,0)．122设平面的法向量，则A1DEn(x,y,z)1533nDA0yz0由1，得令，得．22x1n(1,3,5)nDE033x3y0取平面ABC的法向量m(0,0,1)，设平面与平面所成二面角的大小为，则A1DEABCmn5529coscosm,n．mn12929229所以sin1cos2，29229所以平面ADE与平面ABC所成二面角的正弦值为．………12分129sinBsinAc19．解：（1）因为，sinBsinCabbac由正弦定理得：，bcab即b2c2a2bc，b2c2a21所以cosA，2bc2π因为A0,π，所以A.………6分3（2）因为PBPC0，所以PBPC，在△PBC中，PCBCcosC，PCAC在△APC中，由正弦定理得sinPACsinAPC第4页（共7页）学科网（北京）股份有限公司BCcosC3π即23，即BCcosC23sin，（*）………8分π23sinsinπ33222π7322又因为在△ABC中，BC2232223cos7，cosC，323773从而sinC，………10分7代入（*）式得3cos3sin2cos3sin，即cos23sin，3所以tan.………12分611π20．解：（1）fxacosx，由题意可得，fx1在区间0，上恒成立，xx31π即a在0，上恒成立，cosx3π1由于ycosx在0，上单调递减，cosx1，故a2..........4分3212xcosx1（2）证明：当a2时，fx2cosx，xx令hx2xcosx1，则hx2cosxxsinxπ令txcosxxsinx，则tx2sinxxcosx0，0x.2πππ所以tx在0，上单调递减，且t010，t0，222故存在，π，使得，来源：高三答案公众号x00tx002当x0，x0时，tx0，即hx0，hx单调递增，当，π时，，单调递减，xx0hx0hx2π2πππππ又h01，h10，h1，所以hx在0，，，上各有一个零点，442442π从而fx在0，上有且仅有两个零点..........12分221．解：（1）X的所有可能取值为1,2,3.则第5页（共7页）学科网（北京）股份有限公司C1C23C2C13C3C01323232PX13；PX23；PX33．C510C55C510所以随机变量X的分布列为:X123331P10510331数学期望EX1231.8．………6分10510（2）若刚好抽到甲、乙、丙三个人相互做传球训练，且n次传球后球在甲手中的概率为Pn(n1,2,3,)．2121则有P10,P2,P3．222234记An表示事件“经过n次传球后，球在甲手中”．An1AnAn1AnAn1所以Pn1PAnAn1AnAn1PAnAn1PAnAn1∣∣11PAnPAn1AnPAnPAn1An1PnPn01Pn．2211即PP,n1,2,3．n12n211111所以Pn1Pn，且P1．32333111所以数列Pn表示以为首项，为公比的等比数列．332n1n1n111111111所以Pn所以Pn1．332323321(1)n即n次传球后球在甲手中的概率是1n1．………12分32b27x2y222．解：（1）由题意得a2，因为e1，所以b23，得双曲线C的方程：1…………a22434分x2y2(2)由题意知A(2,0),A(2,0),设双曲线上的动点T的坐标为x,y且y0,则001.因为直线TA12000431y0y03y0y0的方程为y(x2),直线TA2的方程为y(x2),所以M11,,M21,,y02y02x02x02设以线段Q1Q2为直径的圆Q上的任意一点为