云南省三校联考(四)数学-答案

2023-11-25 · 10页 · 349.6 K

2024届云南三校高考备考实用性联考卷(四)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DABAADBC【解析】1.由aann123得aann132(3),而a134,故{3}an是首项为4,公比为2的等n1n1比数列,所以an32,即an23,故选D.322.先将其余三人全排列,共有A3种情况,再将A和B插空,共有A4种情况,所以共有23AA4312672种情况,故选A.(2i)2(34i)(1i)17173.由(1i)z(2i)2,可得zi,所以zi,故z在复1i(1i)(1i)222217平面内对应的点,位于第二象限,故选B.22x30≥,*4.题意可知解得36≤x,所以Ax{|36}{345}N≤x,,,所以集合A60x,的真子集个数为2173,故选A.x15.根据题意,构造函数f()xx1lnx,则fx(),当x≥1时,fx()≥0,所以f()xx在区间[1,)上单调递增,因此可得ff(1.3)(1)0,即f(1.3)1.31ln1.30.3ln1.30,所以0.3ln1.3,又指数函数y2x为单调递增,可得220.3ln1.3,即bc.因为ab4220.20.40.3,所以cba,故选A.ππ2πππ4ππ26.∵为锐角,,sincos,cos22cos6633653671,故选D.25数学参考答案·第1页(共10页){#{QQABBQAEogigAABAABgCQwXwCkMQkAGACCoORFAAsAIAgRNABCA=}#}(1)120tt,7.若a与b的夹角为钝角,则ab0且a与b不共线,所以解得12t(1)2tt0,2且t,所以“12t”是“a与b的夹角为钝角”的必要不充分条件,故选B.38.由棱柱的定义可知①错;侧棱延伸后必须交于同一点,所以②错;由三角形两边之和大于66第三边,高相同,所以③对;外接球半径为RaVa,π3,所以④对,故选C.48二、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ABDACACDAC【解析】ab9.对于A选项,由sinAsinB,根据正弦定理得(r为△ABC外接圆半径),即ab,22rr则AB,故A正确;对于B,由余弦定理知bac2222cosacB,9acac22,因为a0,c0,所以93a22cac≥,acac≤3,当且仅当ac时等号成立,因为1333SacBacsin,所以S的最大值为,故B正确;对于C,由正弦定理△ABC24△ABC438abbAsin23得,则sinB21,又ba,则BA60,知满足条sinAsinBa105件的三角形只有一个,故C错误;对于D,tanCABABtan[π()]tan()tanAtanB,所以tanABCABtantan(tantan1),所以tanAtanBCtan1tantanABtanCAB(tantan1)tanCtanABCtantan0,所以tanA,tanB,tanC三个数有0个或2个为负数,又因A,B,C最多一个钝角,所以tanA0,tanB0,tanC0,即A,BC,都是锐角,所以△ABC一定为锐角三角形,故D正确,故选ABD.333344210.由题意,PB(),,PB()PB(),P(|AB)1233341033410334105180%,PAB(|23)70%(|,,则PAB)75%PA()PB(1122)(PAB|)PB()(|PAB)P()AB3PB()(|)0.7533PAB,故A正确;由PA()PAB(|3),则P()()()AB33PAPB,P()B3数学参考答案·第2页(共10页){#{QQABBQAEogigAABAABgCQwXwCkMQkAGACCoORFAAsAIAgRNABCA=}#}337所以A与B相互独立,故B错误;因为PB(),所以PB()1,所以32102101030.840.757PBA()PA(|)()BPBPB()|A22234100.72,故C正确;由题意这次2PA()AP()0.75零件抽检中,1号、2号、3号车间生产零件合格数之比为8:7:10,所以从这次抽检的合88格零件中随机抽取一个,则该零件来自1号车间的概率为,该零件来自28710257710102号车间的概率为,该零件来自3号车间的概率为,所以8710258710255该零件来自3号车间的概率最大,故D错误,故选AC.11.对于A中,由ABADBC2,且CD2AB,可得CD4,高OO12222CDAB42AD43,则圆台轴截面ABCD的面积为221(24)333cm2,所以A正确;对于B中,圆台的体积为2173Vπ(124)3πcm3,所以B不正确;对于C中,设圆台的外接球的球心为33O,半径为R,如图1,连接OA,OD,设OO1h,在直角△OO1D中,可得22222222ROOODh114,在直角△OO2A中,可得ROOOAh22(3)1,即22(3)14hh,解得h0,即O与O1重合,所以R2,所以外接球的体积为4432ππ2πcmR333,所以C正确;对于D中,由圆台补成圆锥,可得大圆锥的母3332π2线长为4cm,底面半径为2cm,侧面展开图的圆心角π.设AD的中点为P,4连接CP,如图2,可得COP90,OC4,OP213,则CP43522,所以沿着该圆台表面,从点C到AD中点的最短距离为5cm,所以D正确,故选ACD.图1图2数学参考答案·第3页(共10页){#{QQABBQAEogigAABAABgCQwXwCkMQkAGACCoORFAAsAIAgRNABCA=}#}12.对于A,由fxg()(x)4,得fx(2)(2)4gx,又fxgx()(2)4,所以f(2)()xfx,则f()x的图象关于直线x1对称,选项A正确;对于B,由于f()x的图象关于点(0,2)对称,则fx()fx()4,由选项A的结论可知,f(2)()xfx,则fx(2)()4fx,所以fx(4)(2)4fx,则fx()fx(4),所以函数f()x的一个周期为4,因为fx(2)()4fx,所以ff(1)(3)4,ff(2)(4)4,所以2004fkffff()501[(4)(1)(2)(3)]50184008,选项B错误;对于C,由k1fx()fx(4),及fxg()(x)4,得gx()gx(4),则函数g()x的一个周期为4,π4选项C正确;对于D,取fx()sinx2,gx(),满足题设要求,但2πsinx2216gg(1)(1),与g()x的图象关于点(0,2)对称矛盾,则选项D错误,故选AC.3三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)题号131415161335,答案181,1510105【解析】13.因为向量a(5,2),b(13),,所以向量a在向量b上的投影向量的坐标为:abb56b113||a(13),,.||||||abb(1)223(1)223101010Sn114.等差数列{}a的公差为d,由等差数列前n项和公式可知nad;可得nn12SSSSSSnn1d为定值,所以n为等差数列,又963,即n是以10为首项,nn1n96nS公差为1的等差数列,所以910812,从而S18.99b2515.根据题意,可得,即52ba,平方的54ba22,又abc222,所以a5c355(ca22)4a2,即59ca22,所以1.a5数学参考答案·第4页(共10页){#{QQABBQAEogigAABAABgCQwXwCkMQkAGACCoORFAAsAIAgRNABCA=}#}fx()f(2)()xf(n)()x116.Tx()()()fx00xx()xx20()xxn,因为fx(),n001!2!0n!0xf(1)1,所以f()xx2f(2)()xx23,f(3)()xx64,f(4)()xx245,f(5)()xx1206,又f(1)1!,f(2)(1)2!,f(3)(1)63!,f(4)(1)244!,(5)23453f(1)1205!.所以Tx5()1(x1)(x1)(x1)(x1)(x1),故x的系012数为CCC15345.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)5ππ解:(1)由题意可得A2,T2π,0,632π因为T,所以2.πππ因为A,2在f()x的图象上,所以f2sin22,3332πππ所以2πkk(Z),所以2πkk(Z).326πππ因为||,所以只有满足要求,故fx()2sin2x.266…………………………………………………………………(5分)πππππ(2)因为x,,所以2x,.126636ππππ当2x,即x时,f()x取得最小值,最小值为f3.631212ππ因为存在,使得不等式≤成立,所以≤,x,fx()2a3fx()min2a312633即23a≥-3,解得a≥,233即的取值范围为.……………………………………(分)a,10218.(本小题满分12分)22(1)证明:Snannnn,则Snannnn11(1)1(1),n≥2,两式相减得anannn(1)121an1n,n≥2,数学参考答案·第5页(共10页){#{QQABBQAEogigAABAABgCQwXwCkMQkAGACCoORFAAsAIAgRNABCA=}#}因此(1)(1)2(1)nanann1n,n≥2,所以aann12,n≥2,故{}an是以a11为首项,2为公差的等差数列.*∴annn12(1)23,nN.………………………………………(6分)n(2)解:当n为奇数时,bann23n,当n为偶数时,bnn2.∴Tbb20()()13b19bb24b20(1335)(2444236420410)(135)10(2444236420410)2170(24442364204)10,2310设A10244464204,①23411则4244464204A10,②2341011①−②,得32(44444)204A10

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