云南省保山市2024-2025学年高三上学期1月期末质量监测数学答案

保山市2024~2025学年普通高中上学期期末质量监测高三数学参考答案第Ⅰ卷（选择题，共58分）一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的）题号12345678答案BDCABCDA【解析】1．由28x≤得x≤3，故AB{1，，，，0123}，故选B．2．因为zbb1i()R，所以zb1i，zz(1bi)(1bi)1b24，所以b3，故选D．223．由题意得：a11，aaqaq1117，所以qq60，所以q2或q3，又因为{}an52为正项等比数列，则qaaq232，这时61，所以aa57a632，故选C．4．因为ab，是非零向量，且|||||abab|，则有(|ab|||)22|abab|||||abab，，0ab共线；又非零向量ab，共线ab，0或ab，π，故“||||ab||ab”是“ab，共线”的充分不必要条件，故选A．ππ5．因为f()xaxbxsincos图象的一条对称轴是x，所以有fx()fx42ππ∴axbxasincossinxbcosx，axbxaxbxsincoscossin(ab)222a(sinxxcos)0，∵∴∴sinxxcos不恒为0，ab0，2，故选B.b14146．由随机变量~(3)N，2且P(1)(≤≥Pa)，得a5，∴xaxx5x11415xx415xx49[(5)]xx55205≥（），x当且55xx55555xxxx54xx5149仅当，即x时取“”，所以(0xa)的最小值是，故选C．xx53xax5高三数学参考答案·第1页（共9页）{#{QQABLYQEggigQBIAARgCAQGiCAOQkAGAAYgOBBAYMAAACBNABAA=}#}7．∵△SAB是边长为4的等边三角形，SOAB，∴||23SO，取AC边的中点E，连接OE，SE，则有SEAC，OEAC，所以SEO是截面SAC与底面所成的角，||23SO222∴∴||tanSEO6，OE2，∴|AC|22，||||OAOC||AC，||||OEOE∴△AOC是直角三角形，设三棱锥SACO的外接球的球心为M，外接球的半径是R，∵SO底面AOC，且||||||EAECEO，∴ME平面AOC，又，∵||||MSMOR1∴||||MESO3，∴RMEAE222||||5，故三棱锥SACO外接球的体积为24πR3205πV，故选D．338．因为f()x是奇函数，∴fx()是偶函数，又，∵∴fx()f(x)0fx()f()x0；对xR都有f()xf(2)0x，∴fx(2)fx()，∴fx(4)[(2)2]fxfx(2)1f()x，∴f()x是周期为4的周期函数，∴ff(2027)(50643)f(3)；设e32g()xfxex()，则gx()e[()xfxf()]0x，∴g()x在R上单调递增，gf(3)e(3)e；11又由fx(2)exx222fx(2)egx(2)egx(2)g(3)，所以有eexx1x23，即x1，所以不等式fx(2)的解集是(1，)，故选A．ex二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）题号91011答案ABDACABD【解析】πππ9．对于A，因为函数fx()tan2x的最小正周期T，故A正确；对于B，由4||2ππππk2xkkπ()Z，即xk()Z，所以函数f()x的定义域为4282ππkxx，kZ，故B正确；对于C，函数f()x的对称中心应该满足82ππkππk2()xkZ，即xk()Z，所以函数f()x的对称中心为4284高三数学参考答案·第2页（共9页）{#{QQABLYQEggigQBIAARgCAQGiCAOQkAGAAYgOBBAYMAAACBNABAA=}#}ππkπππ，，故0(kZ)C错误；对于D，由kxkkπ2π()Z，得842423ππkkππ3ππππkkxk()Z，所以f()x的增区间是，，故()kZD正82828282确，故选ABD．10．对于A，事件“X为奇数”等价于“3次掷出的点数都为奇数”，其发生的概率为311，故正确；对于，事件“≥”等价于“或”，而“”ABY17Y17Y18Y1828311等价于“3次掷出的点数均为6”，其概率为，“Y17”等价于“掷出的621611311≥3个点数中有2个6和1个5”，其概率为C3，因此PY(17)，故B67254错误；对于C，事件“X2”和事件“Y4”包含相同的样本点{)(2，，11，(1，2，1)(1)，，，12}，因此是相等事件，故C正确；对于D，事件“X4”61等价于“3次掷出的点数中有2个1和1个4，或者2个2和1个1”，其概率为，21636事件“Y6”等价于“3次掷出的点数中有3个2，或者2个1和1个4，或者1个1，11365个2和1个3”，其概率为，而积事件等价于“3次掷出的点数中有2个12161083115和1个4”，其概率，D错误，故选AC．21672361082222xx122pxxpAx，，Bx，，则有xxp，1111．设点1212点FM0，，，，22pp224px3p1，，3p∴点，，Nx001.∵|MN|||NF，，∴x3px，Ap3212323pppp33pB，，DMpN00，，，，，，对于A，直线l的斜率362223pp38p7pk22，故A正确；对于B，△ABD中，||ABADp，，||7||BD，3p333764p2pp2271∴||||||ABADBD，∴ADB是最大角，cosADB990，7p727p3高三数学参考答案·第3页（共9页）{#{QQABLYQEggigQBIAARgCAQGiCAOQkAGAAYgOBBAYMAAACBNABAA=}#}∴ADB是锐角，所以△ABD是锐角三角形，故B正确；对于C，四边形MNDF的2133pp2p面积Spp()，故C错误；对于D，||BFFApDFp，，||2||，222324p2∴|BF|||FAp2，即||||||BFFADF，所以D正确，故选ABD．3第Ⅱ卷（非选择题，共92分）三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）题号121314223答案203350xy；49【解析】66rrx23x2312．因为的展开式的通项为TxrC3C016rrrr26124，，，，，2r16263x3x03令124r0，可得r3，所以常中数项为3C620.4113．由4()fxf(x)5ex，得4(fx)fx()5ex，两式联立得fx()exex，所以33541f(0)，fx()exex，f(0)1，则f()x在点(0，f(0))处的切线方程是3335yxxy，即3350.33[1[gx()]2]214．由gx()ex，xR得gx()exx，，，g()exg(0)1(0)1g，∴R0|()|gx033[112]2122[1[gx()]2]222，，曲线kC在点(0，1)处的曲率是．∵R014R4|()|gx0(1e2x0)3(1t)31，设tte(0)2x0，则，，∴Rtt233，设ht()t2e2x0tt111，，，则在，上单调递增，，33(0)ttht()2t32(0)h0tt2高三数学参考答案·第4页（共9页）{#{QQABLYQEggigQBIAARgCAQGiCAOQkAGAAYgOBBAYMAAACBNABAA=}#}111∴t0，时，ht()0，tht，时，，()0∴ht()在，0上单调递减，在2221127331，上单调递增，∴∴，而曲率，故的曲ht()minhRminkg()x2242R23率有最大值是.9四、解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）15．（本小题满分13分）111解：（1）∵∴∴ad11，，anb，，1nnnn(1)nn1∴Tbbbnn123…b11111111n11…，22334nn1n1n1n∴T.…………………………（6分）nn1898a43（2）∵∴Ta，，4sin∴A，89292R43223ππ又∵△ABC为锐角三角形，即0AA，，∴…………………………（9分）231∴abc222216bcbcbc22，2b22c16bc≥，≤，2bc∴bc16133∴SbcAbcsin≤1643，△ABC244当且仅当bc4时，上式取“=”号，∴△ABC的面积的最大值为43.…………………………………（13分）16．（本小题满分15分）（1）证明：∵AACC11∥，∴点A，，，ACC11共面，在菱形ABCD中，BDAC，高三数学参考答案·第5页（共9页）{#{QQABLYQEggigQBIAARgCAQGiCAOQkAGAAYgOBBAYMAAACBNABAA=}#}又AA1平面ABCD，∴AABD1，又，ACAA1111平面AACC，且ACAAA，∴BD平面AA11CC.………………………………（5分）（2）解：如图所示，以OA，OB为x轴和y轴建立空间直角坐标系，设DDm1，则ABC111(3，，03)，(01，，2)，(3，，03)，D1(0，，，1m)BC11(3，，，11)BA11(3，，，11)BD11(0，，2m2)，当A111，BCD，，1四点共面时，存在实数，，使得BD11BA11BC11，∴14，m，所以DD14．………………………………（9分）设平面A111BCD1的一个法向量为nxyz()，，，nBA110，30xyz，由，，，n(011)nBC11030xyz∵z轴平面ABCD，∴平面ABCD的一个法向量是a(0，，01)，na12∴cosna，，||||na212设平面A111BCD1与平面ABCD所成的夹角为θ，2∴cos|cosna，，|2ππ又，，0∴，24π∴平面ABCD与平面ABCD所成的夹角为．………………………………（15分）1111417．（本小题满分15分）解：（1）∵∴中位数是87.5，(9087.5)b0.20.10.5，∴……………