云南师大附中2024届高考适应性月考卷（三）数学（云南版）-答案

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CBDCADCC【解析】43i(43i)(12i)211i2112111．zi，则z在复平面内对应的点为，，12i(12i)(12i)55555位于第三象限，故选C．2．由图可知AB，对于A，xA，xB正确；对于B，x()AB，xB不正确；对于C，xA，xB正确；对于D，x()AB，xU正确，故选B．13．对于A，y的定义域为(0，)，为非奇非偶函数，故A错误；对于B，设xeexxeexxeexxyfx()，则f()xfx()，故函数yfx()为偶函数，故B222π错误；对于C，设yxhx()tan，其定义域为xxkπ，kZ，在定义域内不是减2exexeexx函数，故C错误；对于D，设ygx()，定义域为R，且g()xg(x)，22exex故ygx()为奇函数，又yex与yex在R上都为减函数，故2exexygx()在R上为减函数，故D正确，故选D．24．根据题意，分2种情况讨论：①4位“回文数”中数字全部相同，有9种情况，即此时有29个4位“回文数”；②4位“回文数”中有2个不同的数字，有A729种情况，即此时有72个4位“回文数”，则一共有97281个4位“回文数”，故选C．sin35sin55sin35cos55cos35sin55sin(5535)2sin205．tan35tan55cos35cos55cos35cos55cos35sin35sin702sin202tan20，所以2tan20+tan35tan550，故选A．cos20数学参考答案·第1页（共11页）{#{QQABZQSEogioAAIAAQhCUQFCCAMQkAAACKoGwFAIoAAAQAFABCA=}#}lnx6．函数f()xxaxln在(0，2e)上有两个不同的零点等价于曲线y和ya在(0，2e)1x2lnx1lnx上有两个不同的交点，设gx()，gx()，令gx()0，解得xe，所以g()xxx21ln2e在(0，e)上单调递增，在(e，2e)上单调递减，g(e)，g(2e)，且x0时，e2eln2e1gx()，故a的取值范围为，，故选D．2ee7．由等比数列前n项和的性质可得S6，SS126，SS1812，SS2418成等比数列，所以有222()()SS126SSS61812，即(10)10(70)SS1212，整理可得SS1210126000，解2得S1220（舍）或S1230，又因为()()()SS1812SSSS1262418，所以有2(7030)(3010)(S2470)，解得S24150，故选C．8．双曲线的左焦点，渐近线的方程为，由点到直线的距离公式可得CFc1(0)，l1bxay0bcbc2222||MFb1，由勾股定理得||||||OMOFMFcba，在ba22()c11π||OMa△||OMaRt△MOF1中，OMF1，所以cosMOF1，在MOF2中，，2||OF1ca||3MFa，||OFc，cosMOFcos(πMOF)cosMOF，由余弦定理得22211c||||||OM22OFMF2ac229a2a22，化简得22，即，cosMOF2ca6ca62|OM||OF2|2accc因此，双曲线C的离心率为e6，故选C．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，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）题号9101112答案ABBCDACDCD【解析】422．对于，由，可得高，则圆台轴9ACD2224cmABADBCOO124321截面ABCD的面积为(24)333cm2，故A正确；对于B，圆台的侧面积为2数学参考答案·第2页（共11页）{#{QQABZQSEogioAAIAAQhCUQFCCAMQkAAACKoGwFAIoAAAQAFABCA=}#}22222S侧π(12)26π(cm)，又S上π(m1)πc，S下π24π(mc)，所以1S6ππ4π11π(cm2)，故B正确；对于C，圆台的体积为Vπ3(142)表373π(cm3)，故C错误；对于D，若圆台存在内切球，则必有轴截面ABCD存在内切圆，3由内切圆的性质以及切线长定理易知轴截面ABCD不存在内切圆，故D错误，故选AB．pp10．对于A，因为F，0，直线的斜率为3，则设直线l的方程为yx3，联立22ypx22，3ppp得22，解得：，，由p12xpxp2030xxAB||AFxAyx3，2622p224p，得p2，故A错误；对于B，由于||BFxp，则||3||AFBF，故B232B正确；对于C，抛物线Cy：4x的焦点为F(1，，0)||||||||||EDEE1EDEF≥DF2，当且仅当D，EF，三点共线时取等号，故C正确；对于D，当直线斜率不存在时，直线方程为x0，与抛物线只有一个公共点；当直线斜率存在时，设直线方程为ykx1，ykx1，联立消得2，当时，方程的解为，此时直线与抛物2xky440yk0y1yx4，线只有一个交点；当k0时，则1616k0，解得k1，综上所述，过点D与C有且仅有一个公共点的直线有3条，故D正确，故选BCD．11．对于A，从6天内的发芽率来看，甲类种子为60%，乙类种子为70%60%，故A正确；对于B，若种下16粒甲类种子，由题意可知发芽数X服从二项分布，XB()16，，0.69916999710101610EX()9.6，PX(9)C160.6(10.6)C160.60.4，PX(10)C160.6(10.6)PX(9)C0.60.49971012010106，而16，所以粒种子C0.60.416101060.41106PX(10)C160.60.470.621天内发芽的概率更大，故B错误；对于C，记事件A：样本甲种子中随机取一粒10天内发芽；事件B：样本乙种子中随机取一粒10天内发芽；根据对立事件的性质，这两粒种子至少有一粒10天内未发芽的概率为：1PAB()1PAPB()()10.90.9510.8550.145，故C正确；对于D，由题意可知X服从二项分布，XB(.5)1600，，02所以EX()16000.25400，DX()16000.25(10.25)300，故D选项正确，故选ACD．数学参考答案·第3页（共11页）{#{QQABZQSEogioAAIAAQhCUQFCCAMQkAAACKoGwFAIoAAAQAFABCA=}#}112．令f()xxxex2cos，则f()xxxexsin，令g()xxxexsin，gx()ex12cosx，当x0时，gx()exsinx0，g()x单调递增，gx()g(0)10，故g()x在(0，)上单调递增；因为gx()g(0)10，即fx()0在(0，)上恒成立，f()x111在(0，)上单调递增且fx()f(0)0，即ecosxx2x，从而ecosxyyx222221cosx，令()xx2cos(xx0)，()xxsinx0(x0)，则()x在(0，上单)2调递增，则yx，故选CD．三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号131415163答案135，104【解析】13．由题意知，||2a，||1b，ab||||cos601ab，因为(2ab)2224ab4ab161413，所以|2ab|(2ab)213．14．设圆锥的顶点为S，底面圆心为O，过圆锥顶点S的平面截圆锥所得截面为SAB，E为AB1的中点，则OEAB，由tanSAO，得OA3SO，因为圆锥母线长为10，结合勾3股定理解得OA3，SO1，ABOAOEOE229222，SESO22OE111OE2，所以SABSEOEOEOEOE29221(922)(1)△SAB22(4)25OE22，因为03≤OEOA，09≤，所以当OE2OE24，OE2时，S△SAB取得最大值为5．15．直线lkxy：，得20kkx(1)20y，可知直线l过定点P(1，，如图2)1，曲线yx12表示以O为圆心，1为|2k|半径的上半圆．当直线l与半圆相切时，1，解得k21图13k．曲线yx12与x轴负半轴交于点A(10)，，k1．因为直线l与曲线4PA3yx12有两个交点，所以k≤．14数学参考答案·第4页（共11页）{#{QQABZQSEogioAAIAAQhCUQFCCAMQkAAACKoGwFAIoAAAQAFABCA=}#}3π3ππ3πππ16．由题图可知A2，因为f1，所以2sin1，2πk，kZ，22323614k3π23π29π2π3π23π29π解得，kZ.又T，即且0，所以3322550225501001511π0，所以或3或；当时，f(π)2sinπ0，由图2933333π象知不符合题意，当3时，fx()2sin3x，此时323π23ππ182π5f2sin32sin0，不符合题意，当时，252537535π23π523ππ6πfx()2sinx，此时f2sin2sin0，符合题意，所以3325325355πf(5π)2sin5π2sin8π0．33四、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）abcb解：（1）由整理可得bcb222ca，…………………（1分）cabcbca222bc1由余弦定理可得cosA，…………………………………（3分）222bcbc又0πA，…………………………………………………………（4分）π所以A．…………………………………………………………（5分）311cosBCCBBCBCcossincossincossin()（2）tanBtanCsinBsinCsinBCsinsinBCsinsinA3，…………………………………………（7分）sinBCsin2sinBCsinπ2π由A，可得CB.33因为△ABC为锐角三角形，π0B，2ππ所以解得B，………………………………………（8分）2ππ620B，32数学参考答案·第5页（共11页）{#{QQABZQSEogioAAIAAQhCUQFCCAMQkAAACKoGwFAIoAAAQAFABCA=}#}2π31311所以sinBCsinsinBsinBsinBcosBsinBsin