云南省三校联考（四）数学-答案

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