2024届云南三校高考备考实用性联考卷(六)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BCACCDBA【解析】1.由题意,,,故选B.2.,故选C.3.由于,所以,故选A.4.由得或,所以时,取得最小值,故选C.5.由题意得,,,,故选C.6.设是变化后的传输损耗,是变化后的载波频率,是变化后的传输距离,则,,,则,即,从而,即载波频率约增加到原来的4倍,故选D.7.连接,设,则,,,在中,,即,所以,所以,在中,,即,所以,故选B.图18.因为,,且,平面,平面,所以平面,又因为,,且,平面,平面,所以平面,所以可以将三棱锥放入一个长方体中,该长方体以为长,宽,高,如图1所示,则长方体的外接球就是三棱锥的外接球,下面计算该长方体外接球半径的最小值;因为,所以,所以,即,所以,所以该长方体外接球表面积的最小值为,所以三棱锥的外接球表面积的最小值为,故选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ACBCDABDABC【解析】9.因为,所以A正确;因为,得,所以C正确,故选AC.10.圆的圆心为,半径,圆,即的圆心为,半径;A选项,两圆方程作差得,即,所以两圆公共弦所在直线方程为,A错误;B选项,圆心到直线的距离,半径,所以点到直线的距离的最大值为,B正确;C选项,,C正确;D选项,圆心到直线的距离,圆心到直线的距离,所以直线是圆与圆的一条公切线,D正确,故选BCD.11.对于A,连接,则平面平面,平面,平面,平面,,所以直线与直线所成的夹角一定为;对于B,连接PC,,,则三棱锥的体积等于三棱锥的体积,平面,点P到平面的距离,为定值1,即三棱锥的高为1,底面三角形的面积为,,所以B正确;对于C,因为P满足,则动点的轨迹的长度为以D为圆心,1为半径的圆的周长的四分之一,所以P点的轨迹的长度为;对于D,在正方体中,平面.对于平面,为垂线,为斜线,为射影,所以即为直线与平面ABC所成角.设,则.因为P是内(包括边界)的动点,所以当P与O重合时,最小,此时,当P与B重合时,最大,此时,所以,故选ABD.12.由题意知,令得,有两个解,令,即等价于有且仅有两个零点,也即在上有唯一的极值点且不等于零,又且,所以当时,,则单调递增,当时,,则单调递减,所以是函数的极大值点,则,即,解得,且有,,.因为时,单调递减,所以,,所以在上单调递增,则有,又因为令,则,所以函数在上单调递增,则,所以,故选ABC.三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)题号13141516答案【解析】13.因为每组小矩形的面积之和为1,所以,所以,测评得分落在内的频率为,落在内的频率为,设第75百分位数为,由,解得,故第75百分位数为82.14.与垂直,则,即,其中,代入可解得.15.因为.所以当时,,为增函数;当时,,为减函数;所以在上的最大值.又因为,所以在上的最小值,所以.图216.如图2,因为,所以.因为,所以,在中,,所以,所以,又因为,所以,所以双曲线方程为.因为,所以.设到两渐近线的距离为,则.又因为,所以,所以.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)解:(1)选条件①:因为,所以,即,又因为为锐角三角形,所以,所以,所以.选条件②:因为,所以,所以,又因为,所以,所以,所以.选条件③:由正弦定理可得,即,又因为,所以,因为,所以. …………………………………………(5分)(2)由BD平分,得,则,即.在△ABC中,由余弦定理可得,又,则,联立可得,解得(舍去).故. ………………………………(10分)18.(本小题满分12分)(1)证明:点E在上且为直径,,又,,,,又,. ………………………………(6分)(2)解:当四棱锥体积最大时,是的中点,此时,,取中点,连接,如图3,则,即,图3又,以为坐标原点,分别以,,所在直线为轴,轴及轴,建立如图所示的空间直角坐标系,,,设平面的一个法向量为,则取,可得,平面的一个法向量为,设平面与平面所成夹角为,则,即平面与平面所成夹角的余弦值为. …………………………(12分)19.(本小题满分12分)解:(1)由题知,当时,,当时,,因为,所以.因为,所以,由累加法得,综上,,. …………………………(6分)(2)由(1)知所以的前n项和①,②,①−②得,所以. ………………………………(12分)20.(本小题满分12分)(1)解:,,. ………………………(6分)(2)证明:法一:设,则,同理,所以,因为,所以,所以,即.法二:当时,由(1)知,即;当时,设,则,,因为,所以,因为,所以,即;综上,. ……………………………………………………(12分)21.(本小题满分12分)解:(1)设,,直线的方程为.联立得,则,①,因为,所以,即,所以②,由①②得:,因为,所以,直线恒过定点,设点,则,即,整理得,所以点的运动轨迹为以为圆心,半径为2的圆(原点除外). …………(5分)(2)由(1)因为,所以,,,则③,将①代入③得:,得,或者.当时,直线过.当时,直线过,此时在上,不合题意.所以直线恒过.因为为定点,所以为定值,在中取中点,连接,,所以为定值.此时的坐标为,故存在点,使得为定值. ………………………………(12分)22.(本小题满分12分)解:(1),则,曲线在处的切线为,且,曲线在处的切线为,且,故,用牛顿迭代法求方程满足精度的近似解为. …………(5分)(2)将整理得到:,令,,因为,的极小值为,因此,有且仅有一个零点,所以有且仅有一个极小值点,即,所以有,方法一:由(1)有,所以.方法二:.,所以,能取到的最大整数值为. …………………………………………(12分)
2024届云南三校高考备考实用性联考卷(六)数学-答案
2024-02-24
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