2024届贵州省六校联盟高考实用性联考卷（一）数学-答案

2024届贵州省六校联盟高考实用性联考卷（一）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，只有一项是符合题目要求的）题号12345678答案CBABBCCD【解析】1i1．zi，则zi，所以|||2i|2zz，故选C．1i2．由Mx{|log2}{1234}N2x≤，，，，Nx{||1|3}{|24}Rxxx，则MN{1，，23}，故选B．CC22．由题意知422，故选．32A62AA2x1x14．由函数ylg的定义域为(1)(1)，，，且ylg为奇函数，又x1x12x12fx()2xaxlg为奇函数，则y2xax为偶函数，故a0，故选B．x1xy225．点A，B关于原点对称，设A()xy，，Bx()，，yP()xy，，由点差法1①，0000ab22xy22x22xyy22yy22b200②，①减②得00，则0，即2，又由，22122222kk12e1e2ababxxa0则kk121，故选B．6．由函数f()xaxlg(1)在区间(0，1)上单调递减，则yax1在区间(0，1)上单调递减，且10ax，故01a≤，故选C．sinAAsin17．∵BA2，∴，∵A，B，C为锐角，BA2，ABCπ，sinBsin2AA2cosππ233sinA2∴A，即cosA，∴22cosA3，，故选C．64223sin2Bnn1nn1n8．由22aann11，则221aann1，所以数列{2an}为等差数列，即n1n11a，{}a是单调递减数列，由，得n的最小值为5，故选D．n2nn25n数学参考答案·第1页（共8页）{#{QQABJQQQogCgAhAAARhCUQGgCgMQkBGCCAgORBAAoAAACRNABAA=}#}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，有多个选项是符合题目要求的，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BCDACDABCBCD【解析】9．A．应用百分数的求法应该为7.5，所以错；B．根据定义正确；C．由在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合精度越高即可判断正确；D．按离散型随机变量的方差D()的性质判断，正确，故选BCD．111p110．A选项，抛物线的标准方程为x2y，准线为y，则a0，2p，，a2a24ap1111∴y，解得a，故A正确；又F0，，过F作直线l交抛物线于24a2221ykx，12M，N两点，显然l的斜率存在，设直线l的方程为ykx，联立整理得21yx2，222xkx210，440k恒成立，设M()xy11，，Nx()22，y，则x12xk2，22222xx121，||1(MNkx12x)4x12x1k442(1)kk；B选项，若直线15l经过点(10)，，则k，||MN，故B错误；C选项，当k0时，||MN的最小值为222，故C正确；D选项，∵FN3MF，∴3x12x，又xx121，x10，x20，解得33x，又因为xxk2，所以k，故D正确，故选ACD．1312311．由f()x的图象可知f()x在(1)，和(3，)上单调递增，在(13)，上单调递减，f()x在x1处取得极大值，在x3处取得极小值，又f()xaxbxc322，即x1和x32bc为方程32ax2bxc0的两根且a0，∴由韦达定理得13，13，3a3a∴ba30，ca90，bc0，bc0，故A正确，B正确；∴32abcaaa369120a，abca39aa110a，故C正确，D错误，故选ABC．数学参考答案·第2页（共8页）{#{QQABJQQQogCgAhAAARhCUQGgCgMQkBGCCAgORBAAoAAACRNABAA=}#}12．对于A，闯第1关时，2213nn1，满足条件的点数有456，，三种情况，所以挑战1第1关通过的概率为p，故A错误；对于B，直接挑战第2关，则2226nn2，12所以投掷两次点数之和应大于6，即点数为(1，，6)(2，，5)(2，，，，6)(66)共21种情况，1234567故直接挑战第2关并过关的概率为p，故选项B正确；对于C，26612177连续挑战前两关并过关的概率为ppp，故选项C正确；对于D，由题意1221224可知，抛掷3次的基本事件有62163个，抛掷3次至少出现一个5点的基本事件共有91633521612591个，故PB()，而事件AB包括：含555，，的1个，含456，，2167PAB()72161的有6个，一共有7个，故PAB()，所以PAB(|)，故D正216PB()2169113确，故选BCD．三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号13141516314π29π答案234242，36【解析】213．由()aba，则()abaaab0，由||1||2ab，，则ab1，则|2ab|4a22b4ab41224(1)23．11614．设所截得的圆锥的底面半径为r，则截得该圆锥的高为2r，又π224π，所以331833π2rr2π，所以r4，则所截的圆台的高为424．3315．由题知圆Cx：22y20y的圆心为(0，1)，半径为1，如图1所11示，PA22PC1，SPAACPAPCAB||||2||||||，四边形PBCA22当||PC取最小值时，||AB取最小值，此时P(10)，，则||1||2PA，，则PC||ABmin2．图1数学参考答案·第3页（共8页）{#{QQABJQQQogCgAhAAARhCUQGgCgMQkBGCCAgORBAAoAAACRNABAA=}#}ππ16．由题知Tπ，所以2，即fx()sin2x，方程sin2xa有5个不同实数664π28π24π26π根，如图，则≤，所以2xxxxx12345x5x51212121256π58π14π29π≤，则个零点之和的取值范围是，．xxxxx123455121236图2四、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）BB解：（1）bCsin3csin，由正弦定理得：sinBCsin3sinCsin，22因为C(0，π)，所以sinC0，BBBB故sinB3sin，即2sincos3sin，2222BπBB3因为0，，所以sin0，故cos，22222Bππ∴，∴B．………………………………………………（5分）263（2）利用中线的向量性质2BDBCBA求解，设AC的中点为D，则2BDBCBA，两边同时平方得：2224(BDBCBA)2BCBA2BCBA，∴64acac22①，在△ABC中，由余弦定理bac2222cosacB得36acac22②，①②得228ac，ac14，11373∴SacBsin14．………………………………………（10分）△ABC2222数学参考答案·第4页（共8页）{#{QQABJQQQogCgAhAAARhCUQGgCgMQkBGCCAgORBAAoAAACRNABAA=}#}18．（本小题满分12分）22（1）解：由32aaaannnn110(2)n≥，得(3aann11)(aann)0，an1∵{}an的各项都为正数，∴(2)n≥，an13111n故是首项为，公比为的等比数列，∴．………………………（分）{}anan63332211（2）证明：由，log11aannnnnn(log2)(2)233n1，n为偶数，3∴bn11，n为奇数，nn2∴Sbbb213nn()()2124bbb2n242n11111111133521213nn33n111n191119991．121nn18218989…………………………………………………………………………（12分）19．（本小题满分12分）解：（1）三局就结束比赛的概率为f()pp33(1p)，由fp()3p223(1p)6p3，11当0()0pfp，；当pfp1()0，，2211所以，当p时，f()p取得最小值为．……………………………………（6分）241（2）由（1）知，pp，02设实际比赛局数为X，则X的可能取值为345，，，1113311132所以，2，PX(3)1PX(4)2C312242228数学参考答案·第5页（共8页）{#{QQABJQQQogCgAhAAARhCUQGgCgMQkBGCCAgORBAAoAAACRNABAA=}#}1113222，PX(5)2C412228X345133P48813333EX()345．………………………………………………（12分）488820．（本小题满分12分）（1）证明：因为平面A11DDA平面ABCD，平面A11DDA平面ABCDAD，AB平面ABCD，ABAD，所以AB平面A11DDA，因为ABAB∥11，所以A11B平面A11DDA，又因为A1D平面A11DDA，所以A11BAD1．………………………………（6分）（2）解：取AD的中点O，连接A1O，如图3，因为A11AAD，所以A1OAD，又因为平面A11DDA平面ABCD，平面A11DDA平面ABCDAD，所以A1O平面ABCD，图3所以A1O为四棱柱ABCDA111BCD1的高，设ABa，则ADa2，OA1a，3所以四棱柱的体积VSABCDOAa1222aaa，解得a1，以A为坐标原点，分别以AB，AD为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系Axyz，如图4，则A(0，，00)，B(1，，00)，M(1，，10)，A1(0，，11)，AA1(0，，11)，AB(1，，00)，设平面AAB1的一个法向量为nxyz1()，，，nAA110，yz0，则得，x0，图4nAB10令y1，则n1(0，，11)，同理可求平面A1BM的一个法向量为n2(1，，01)．数学参考答案·第6页（共8页）{#{QQABJQQQogCgAhAAARhCUQGgCgMQkBGCCAgORBAAoAAACRNABAA=}#}||nn1211设二面角AAB1M的平面角为[0，，则π]|cos|，||||nn1222233所以sin1cos2，即二面角A