云南省昆明市第一中学2023-2024学年高三上学期第三次双基检测 数学含答案.pdf

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1、#QQABCYQAogggAgAAAQgCAw1gCEEQkBGAAKoGxAAEsAIBgRNABAA=#云南省昆明市第一中学2023-2024学年高三上学期第三次双基检测 数学#QQABCYQAogggAgAAAQgCAw1gCEEQkBGAAKoGxAAEsAIBgRNABAA=#QQABCYQAogggAgAAAQgCAw1gCEEQkBGAAKoGxAAEsAIBgRNABAA=#QQABCYQAogggAgAAAQgCAw1gCEEQkBGAAKoGxAAEsAIBgRNABAA=#第 1 页（共 8 页）学科网（北京）股份有限公司昆明一中 2024 届高三第 3 次联考数学参考答

2、案命题、审题组教师命题、审题组教师 杨昆华杨昆华 刘皖明刘皖明 李文清李文清 李春宣李春宣 王佳文王佳文 毛孝宗毛孝宗 凹婷波凹婷波 王在方王在方 李露李露 陈泳序陈泳序一、选择题一、选择题 题号12345678答案BADACCCB1解析：因为2ii20zz，所以i20zz，所以21i1iz ，所以2z，选 B2解析：由题，有2,2A ，BA当B 时，有0a，符合题意；当B 时，有0a，此时2Ba ，所以22a或2，所以1a 综上，实数a的所有可能的取值组成的集合为1,0,1，选A3第一步：将5个同学分为4组，共有25C种分法；第二步：将4组分配给4个场馆，共有44A种分法；所以共有24542

3、40CA种，选 D4解析：由已知1 cos()sinxf xx22sin2tan22sincos22xxxx，26 4x，由函数tanyx在区间 6 4，上单调递增，知 313f x，选 A5 解 析：由 题 意 可 知12AFAFa，122FFc，在 12AFF中，由 余 弦 定 理 得22221242coscaaaF AF，化简得22143ca，则2112e，所以36e，选 C6解析：由已知函数关于直线1x 对称，且当1x 时单调递增，所以，02ff，选 C7解析：将函数()sin(2)2f xx的图象向右平移12个单位长度，可得()cos(2)6g xx，所以对称轴为212kx()kZ，

4、选 C.8 解析：由正项等比数列 na可知2S，42SS，64SS成等比数列，则242264SSSSS，又44S 所以622164SSS，所以262216248 24SSSS，当且仅当22162SS，即22 2S 时取等号，故26SS的最小值为8 24.选 B.二、多选题二、多选题题号9101112第 2 页（共 8 页）学科网（北京）股份有限公司答案BCACACAD9解析：因为函数 f f x x为偶函数，所以0b；且偶函数 l lo og g|a af f x xx x 在(,0)上单调递增，则01a，1 11 12 2a a ，2 22 23 3a a ,而 f f x x在(0,)上单

5、调递减，故 1 12 22 22 2f f a af ff ff f b b ，2 22 2f f a af f b b ，选 BC10解析：对于 A，因为SO 面ABC，所以SCO是SC与底面所成角，在RtSOC中，圆锥的母线长是2 2，半径2rOC，22cos22 2OCSCOSC，所以SCO45，则 A 正确；对于 B，圆锥SO的侧面积为4 2rl，表面积为4 2+4，则 B 错误；对于 C，当点B与点A重合时，0ASB为最小角，当点B与点C重合时2ASB，达到最大值，又因为B与A，C不重合，则0,2ASB，又2SABASB，可得,4 2SAB，则 C 正确；对于 D，如图所示，取BC的

6、中点D，连接OD，SD，又O为AC的中点，则ODAB，因为ABBC，所以BCOD,又SO 面ABC，BC 面ABC，所以BCSO，又SOODO，BC 面SOD，故BCSD，所以SDO为二面角SBCO的平面角，因为点B为弧AC的中点，所以2 2AB，122ODAB，则tan2SOSDOOD，则 D 错误.选 AC.11解析：由题意得224sin4pABp，设直线:2pl yx，则点O到直线 AB 的距离是24p，所以1242 224pp，得2p，8AB，又因为1121AFBFp，2(22)1cos4PAF，所以 AC正确，选 AC.12解析：函数的定义域为xR且1x，23e221xx xyx，令

7、0y，得0 x 或32x，当01x或312x 时0y，函数单调递减；当0 x 或32x 时0y ，函数单调递增，可知函数的极大值点为0 x，极小值点为32x，函数在1 ，上不单调，在312，上单调递减，选 AD三、填空题三、填空题13解析：由已知直线360 xy过圆心，所以(6,0)C，4rCA，所以圆C的标准方程是第 3 页（共 8 页）学科网（北京）股份有限公司22(6)16xy14解析：因为2 abab，所以22224842aa bbaa bbrr rrrr rr，因为1ab，所 以35a b ，因 为2221625ba baba，所 以2312 55cos,51615abaa baa

8、baabaaba rrrr rrr rrrrrrrr15解析：正四面体的一个顶点到对应底面的距离，就是正四面体的高，如图O为底面BCD的外心，AO 平面BCD，又222 32133BO，所以222 32 6332AO16解析：令1y，得()(1)(1)f xf xf x，即(1)()(1)f xf xf x令1x，0y，得(0)(1)(1)2fff因此(0)2f，(1)1f，(2)1f，(3)2f，(4)1f，(5)1f，(6)2f，(7)1f，所以函数()f x是周期为6的周期函数，所以(2024)(63372)(2)1fff，即(2024)1f 四、解答题四、解答题17解：（1）由已知22

9、11()2abba，所以等比数列na的公比为2q，所以112nnnnabba，所以数列 nb是以12b 为首项，2为公差的等差数列，所以2nbn.5 分（2）由（1）得：12122()()12(22)12221nnnnnSaaabbbnnnn.10 分18解：（1）当点G为1AA的中点时，/FG平面1ADE，证明如下：设H为DE中点，连接1,FH AH 因为三棱柱111ABCABC中，111/BBCCAA，,D E F G分别为111,BBCCBC AA的中点，HGFEDC1B1A1CBA第 4 页（共 8 页）学科网（北京）股份有限公司所以1/FH EC AG，且1=FH EC AG，所以四

10、边形1AGFH为平行四边形所以1/FG AH，又因为1AH 平面1ADE，FG 平面1ADE所以/FG平面1ADE 5 分（2）取 AB 中点O，连接11,OBABOC因为11ABAABB，160ABB，所以1ABB为正三角形，所以1BOAB又因为平面11AAB B 平面ABC，平面11AAB B平面ABCAB，所以1BO 平面ABC因为ABC为等边三角形，所以OCAB以O为原点，分别以1,OC OA OB所在直线为x轴，y轴，z 轴建立空间直角坐标系，依题意得11(0,3,0),(0,3,0),(3 3,0,0),(0,6,3 3),(0,0,3 3)ABCAB，3 3 3(0,)22D，所

11、以115 3 3(0,)22DA ，(3 3,3,0)DEBC 设平面1ADE的法向量(,)nx y z，则由100n DAn DE，得153 30223 330yzxy令1x，得(1,3,5)n 取平面ABC的法向量(0,0,1)m，设平面1ADE与平面ABC所成二面角的大小为，则55 29coscos,29129m nm nmn 所以22 29sin1cos29，所以平面1ADE与平面ABC所成二面角的正弦值为2 2929 12 分19解：（1）因为sinsinsinsinBAcBCab，由正弦定理得：bacbcab，即222bcabc，zyxOGFEDC1B1A1CBA第 5 页（共 8

12、 页）学科网（北京）股份有限公司所以2221cos22bcaAbc，因为0,A，所以3A.6 分（2）因为0PB PC ，所以PBPC，在PBC中，cosPCBCC，在APC中，由正弦定理得sinsinPCACPACAPC即cos32 32sinsin33BCC，即cos2 3sin3BCC，（*）8 分又因为在ABC中，2223223 cos73BC ，2227322cos2377C，从而3sin7C，10 分代入（*）式得3cos3sin2cos3sin，即cos2 3sin，所以3tan6.12 分20解：（1）1cosfxaxx，由题意可得，11fxx在区间03，上恒成立，即1cosa

13、x在03，上恒成立，由于cosyx在03，上单调递减，1cos12x，故2a.4 分（2）证明：当2a 时，12 cos12cosxxfxxxx，令 2 cos1h xxx，则 2 cossinh xxxx 令 cossint xxxx，则 2sincos002txxxxx，.所以 t x在02，上单调递减，且 010022tt ，故存在002x，使得00t x，当00 xx，时，0t x，即 0h xh x，单调递增，当02xx，时，0h xh x，单调递减，第 6 页（共 8 页）学科网（北京）股份有限公司又 2011044hh ，12h，所以 h x在 044 2 ，上各有一个零点，从而

14、 fx在02，上有且仅有两个零点.12 分21解：（1）X的所有可能取值为1,2,3.则1232353110C CP XC；213235325C CP XC；3032351310C CP XC所以随机变量X的分布列为:X123P31035110数学期望3311231.810510E X 6 分（2）若刚好抽到甲、乙、丙三个人相互做传球训练，且n次传球后球在甲手中的概率为1,2,3,)(nP n则有10,P 2221,22P 332142P 记nA表示事件“经过n次传球后，球在甲手中”111nnnnnAAAAA所以11111nnnnnnnnnPP AAAAP AAP AA111110122nnn

15、nnnnnnP AP AAP AP AAPPP即111,1,2,322nnPPn 所以1111323nnPP，且11133P 所以数列13nP表示以13为首项，12为公比的等比数列所以1111332nnP 所以1111111132332nnnP 即n次传球后球在甲手中的概率是11(1)132nn 12 分22解：（1）由题意得2a，因为22712bea，所以23b，得双曲线 C 的方程：22143xy4 分第 7 页（共 8 页）学科网（北京）股份有限公司(2)由题意知12(2,0),(2,0)AA,设双曲线上的动点T的坐标为00,xy且00y,则2200143xy.因为直线1TA的方程为00(2)2yyxy,直线2TA的方程为00(2)2yyxy,所以00120031,1,22yyMMxx,设以线段12Q Q为直径的圆 Q 上的任意一点为 M,那么由120Q M Q M 得圆 Q 的方程为0000311022yyxxyyxx,令0y,代入上述圆方程，得220203(1)04yxx,由2200143xy可得2020344yx,因此有29(1)04x,解得52x 或12x .所以，以线段12Q Q为直径的圆必经过两定点15,0,022 、.12 分第 8 页（共 8 页）学科网（北京）股份有限公司