云南省昆明市第一中学2023-2024学年高中新课标高三第四次一轮复习检测 数学答案

昆明一中2024届高三第4次联考数学参考答案命题、审题组教师杨昆华彭力李文清李春宣丁茵王在方张远雄李露陈泳序杨耕耘一、选择题题号12345678答案CBDCCBAAi12121．解析：因为zi，则其在复平面内所对应的点为,，其位于第三象限，选C．2i5555112．解析：由题，知tx24x10只有一个实数根．当t0时，s，此时st；当t0时，令441991164t0，有t4，s，此时st．综上st或，选B．22245553．解析：因为直线5x3y0的斜率为，所以，所以a3，选D．3a314．解析：由题意可知，该香料收纳罐的容积为3826286148cm3．选C．31P(11010X11010)5．解析：因为PX=0.6827，所以P(X120)0.1586，所2以数学成绩在120分以上的人数约为5000.158679人，选C．6．解析：由题，有亚历山大城到赛伊尼走100505000视距段，设地球大圆周长的视距段为x，所以7.25000，得x250000个视距段，则地球的周长为25000015739250000米39250千米，选B．360x337．解析：alog6log42，blog7log32log27且blog7log92，2233323333clog9log52log125，则cba，选A.55528．解析：由于f(x)ex1e1xx11，令tx1，则g(t)etett在R上单调递增，且为奇函数，所以f(x)关于点(1,1)中心对称，且在R上单调递增，即f(2m)f(m)2，由f(x1)f(22x)2可得f(x1)2f(22x)f(2x)，则x12x，得x1，选A.二、多选题题号9101112答案ADADBCACD9．解析：由10(2a3a7a6a2a)1，可得a0.005，故A正确；前三个矩形的面积和为10(2a3a7a)0.6，所以这40名学生的竞赛成绩的第60百分位数为80，故B错误；由成绩的频率分布直方图易知，这40名学生的竞赛成绩的众数为75，故C错误；总体中成绩落在60,70内的学生人数为3a101500225，故D正确，选AD．第1页（共6页）学科网（北京）股份有限公司10．解析：由A选项可知MN//AC，MN平面ABC，AC平面ABC，所以MN//平面ABC，A正确.对于B，如图1，设H是EG的中点，结合正方体的性质可知，AB//NH，MN//AH//BC，AM//CH，所以A，B，C，M，N共面，B错误.对于C，如图2，根据正方体的性质可知MN//AD，由于AD平面ABC，所以C错误.对于D，如图3，设ACNED，由于四边形AECN是矩形，所以D是NE中点，由于B是ME中点，所以MN//BD，由于MN平面ABC，BD平面ABC，所以MN//平面ABC，D正确.选AD.图图12图311．解析：因为直线xy20分别与x轴，y轴交于A，B两点，所以A(2,0)，B(0,2)，则AB22；又因为点P在曲线C：yx222x上，222所以点在半圆2上；圆心到直线的距离为，Px2y2(y0)(2,0)xy20d1122点到直线的距离为2，所以点到直线的距离的范围是(0,0)xy20d22Pxy202，所以△的面积范围是，所以正确，选．2,122ABP2,42BCBC．解析：选项，n1中，令得，12Aan11an13n4n2a3a13242令n3得a4a23345，A正确；选项，n1中，令得，Ban11an13n4n2k1a2k2a2k32k146k1所以a4a26115，a8a663117，a12a1065129，a16a1467141，相加得a2a4a6a8a10a12a14a16517294192，因为数列an的前16项和为540，所以前16项和中奇数项之和为54092448，n1中，令得，an11an13n4n2ka2k1a2k132k46k4所以a2k16k4a2k16k46k14a2k36k46k14k1k614a64ka3k2ka，1211222故a15a13a11a9a7a5a3a1377a1366a1311a1a13928a1448，解得a17，B错误；选项，由选项可知，的前*项中的共有偶数项项，故最后两项之CBa2m2a2m6m1an4kkN2k和为，所以数列的前*项中的所有偶数项之和为a4k2a4k62k11an4kkN第2页（共6页）学科网（北京）股份有限公司k512k7aaaa51762k116k2k，C正确；244k24k2n1D选项，由B选项可知a3k2ka，令n2k1，则k，2k1122故n1n1n13n1a3aan242141n13n1故当n是奇数时，aa，D正确.n241选ACD.三、填空题p62p13．解析：因为d，所以p4，x28y．2214．解析：由题意，(2m1)(m4)0，得m1，所以f(1)f(1)2．215．解析：因为aba，所以abaaab0，所以ab1，因为a在b方向上的投影向量2bab2222为，所以，所以b2，因为abab2ab5，所以ab5．2bb2f(x)ππ16．解析：令F(x)，因为f(x)是定义在,00,上的奇函数，所以F(x)为偶函数，当sinx22πf(x)sinxf(x)cosxπx0,时，sinx0，cosx0，F(x)0，则F(x)在0,上单调增，2sin2x2πf()πf(x)6πππf(x)2f()sinx可化为，即F(x)F()得0x，当x,0，sinx0，则6π662sinxsin6πf()f(x)6ππππ，即F(x)F()，又F(x)在,0上单调减，得x，所以解集为π2sinxsin()6266πππ,0,．266四、解答题17．解：（1）记该同学进行三次投篮恰好有两次投中为事件“B”，1111111113则PB.………5分2222222228（2）设事件A1,A2,A3分别表示第一次投中，第二次投中，第三次投中，根据题意可知X0,1,2,3,4.1故P(X0)PA1PA2PA3.81P(X1)PA1PA2PA3PA1PA2PA3，4第3页（共6页）学科网（北京）股份有限公司1P(X2)PA1PA2PA3PA1PA2PA341P(X3)PA1PA2PA3PA1PA2PA3，41111PX4PAPAPA.1232228所以于X的分布列为：X0123411111P8444811111X的数学期望E(X)012342.………10分8444818．解：（1）由sin2Csin2A(2sinCsinB)sinB及正弦定理得：c2a22bcb2，b2c2a22bc2由余弦定理得：cosA，2bc2bc2π又因为0Aπ，所以A，a2sinA2………5分4bc（2）因为△ABC的外接圆半径R1，所以2,sinBsinC所以b2sinB,c2sinC，3π所以2bc22sinB2sinC22sin(C)2sinC2cosC2sinC2sinC2cosC，4ππ2又因为C,所以0cosC，所以02cosC2，422所以02bc2，即2bc的取值范围是0,2．………12分aa19．解：（1）由已知a0，4Saa，当n1时，aS12，所以a4，nnnn11142aaaa当n2时，aSSnn1n1n，所以aa4，nnn144n1n1所以，数列{a2n1}是首项为2，公差为4的等差数列，所以a2n124(n1)2(2n1)，数列{a2n}是首项为4，公差为4的等差数列，所以a2n44(n1)2(2n)，所以an2n.………6分99（2）由已知得：ba()n2n()n，设数列{b}的最大项为b，nn1010nn9n9n12n()2(n1)()bnbn11010n10则：，即：，解得：，所以9n10，bb99n9nn12n()n2(n1)()n11010所以bn最大时，n的值为9或10.………12分第4页（共6页）学科网（北京）股份有限公司20．解：（1）如图延长AD交BB1于P，连接PE交B1C1于F，1因为D为棱AB的中点，DB∥AB，且DBAB，11112所以B1是PB的中点，因为PB1∥C1E，PBBF11所以△PB1F∽△EC1F，所以2.………6分C1EFC1（2）由题知AA1平面ABC，则AA1AB，因为A1B1∥AB，且AEA1B1，所以ABAE，所以AB平面ACA1C1，所以ABAC，如图所示，以A为原点，AC，AB，AA1分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，所以A0,0,0，D0,2,4，E4,0,2，B0,4,0，C4,0,0，设Hx,4x,0，0x4，因为DH最短，所以DHBC，所以DHBCx,2x,44,4,08x80，解得x1，所以H1,3,0，则DH1,1,4，nAD02y4z0设平面ADE的法向量nx,y,z，则，即，所以nAE04x2z0n1,4,2，DHn1321所以点H到平面ADE的距离d.………12分n2121．解：（1）由题意知，f(2,0)0，f(4,6)0，所以a2,b12………4分x2y2（2）由（1）可知，曲线E：1412设，lMN:myxtM(x1,y1),N(x2,y2),Q(1,y0).myxt,由题意知联立得（222A(2,0),B(2,0).223m1)y6mty3t120,3xy12,226mt3t12所以3m10，0,y1y2,y1y2.3m213m21yy由A，Q，M三点共线知01①，12x12yy由B，Q，N三点共线知02②，12x223yy由①②两式得12③.x12x22x2y2y3(x2)9(x2)y又因为111,即11,代入③式得12,412x12y1y1x22第5页（共6页）学科网（北京）股份有限公司9(my1t2)y222即,整理得(9m1）y1y29m(t2)(y1y2)9(t2)0,