云南省昆明市第一中学2024届高三下学期第九次考前适应性训练数学答案

昆明一中2024届高三第9次联考

数学参考答案

一、选择题

题号

答案

1

A

2

C

3

D

4

B

5

C

6

C

7

B

8

C

1．解析：因为

ð

U

B



xx

2



，所以

A



ð

U

B







2,3



，选A．

2．解析：因为



abi



1i







12i



，所以

ab



ab



i34i

，所以

ab3

，选C．

2

3．解析：由题意可知，点

F

的坐标为

(2,0)

，设点

A

，

B

，

C

的坐标分别为

(x

1

,y

1

)

，

(x

2

,y

2

)

，

(x

3

,y

3

)

，

又

F

为△

ABC

的重心，则

x

1

x

2

x

3



2

，即

x

1

x

2

x

3

6

，所以由抛物线的定义可知

3



AFBFCFx

1

x

2

x

3

612

，选D．

4．解析：因为

PA2

，所以

P

点到圆心的距离恒为

5

，所以点

P

的轨迹方程是以

(0, 1)

为圆心，

5

为

半径的圆，即

x

2

(y1)

2

5

，选B．

5．解析：由题意可知，

34a5

，即

a7

，所以A正确；乙组样本数据方差为

9218

，所以B正

确；设甲组样本数据的中位数为

x

i

，则乙组样本数据的中位数为

3x

i

7

，所以两组样本数据的样本中位数

不一定相同，故C错误；甲组数据的极差为

x

max

x

min

，则乙组数据的极差为

(3x

max

7)(3x

min

7)3(x

max

x

min

)

，所以两组样本数据的样本极差不同，故D正确，选C.

6．解析：若存在

x

1

x

2

，使得

f(x

1

)f(x

2

)

，等价于函数

f(x)

在

x





,



不是单调函数，

f



(x)acosxsinx

，若函数

f(x)

为单调递增函数，则

f



(x)0

恒成立，即

acosxsinx0

，

a



sin

x



ππ





tan

x

在

x





,



恒成立，则

a3

；同理，若函数

f(x)

为单调递减函数，则

f



(x)0

恒成

cos

x



43





ππ





43





ππ





43



立，得

a1

，即若函数

f(x)

在

x





,



不单调，则

1a3

，选C．

7．解析：若函数

f(x)

有“和谐区间”，所以

f(x)

在



1,k



上单调递增，且

f

(

x

)



两个不等的实数根，

m

2



x

在定义域内有

2

x

m

22



x



22

，即

m42

，又

g(x)



x

在区间

1,2

单调递减，在区间

2

xx

2

m



2,

单调递增，且

k



N

，所以

k2

，又因为

g(x)



x

与直线

y

在



1,k



有两个交点，

g(1)3

，

x

2

2

m

所以



k



3

，得

k2

，所以正整数

k

的最小值为

2

，

g(2)3

，即

3

，

m6

，此时，实数

m

的取

k

2





值范围是

42,6

，选B．

8

．解析：设第

n

个正三角形的内切圆半径为

a

n

，第

n

个正三角形的边长为

b

n

，可知

a

n



3

b

n

，又半径为

6



a

n



1

的圆内接三角形的边长

b

n



1

满足

角形的边长是前一个的

sin60



b

n



1



2

a

n

，可得

b

n



1



1

b

n

，即从第二个正三角形开始，每个正三

2

11

，每个正三角形的内切圆半径也是前一个正三角形内切圆半径的，又

22

n



1

1

3



1



a

1

63

，所以数列



a

n



是以

3

为首项，

为公比的等比数列，所以

a

n



3





2

6



2



a

n

2

，则



1





3







4



n



1

，设前

n

个内切圆的面积和为

S

n

，





1



n



1





1













4









4





1



3π





1





1



4

则

S

n



π

a

1

2



π

a

2



π

a

n

22



1







4



n



1





π





4



n



1



π

，选C．

4







二、多选题

题号

答案

9

BCD

10

BD

11

ABD

解析：如图，展开图翻折成的正方体，因为

CN//BE

，

BEAF

，因此

CNAF

，

9

．

所以

A

错误；同理

DE//CF

，

CFBM

，所以

BMDE

，

B

正确；

MBE

或

其补角是

CN

与

BM

所成的角，又△

MBE

是等边三角形，所以

MBE

60

，所

以

CN

与

BM

所成的角是

60

，

C

正确．又

NE//

平面

MFBC

，且

NE

与

BM

不平

行，故

NE

与

BM

是异面直线，

D

正确

.

选

BCD

．

10．解析：因为直线

l

过定点

(0,1)

，且点

(0,1)

在圆

C

内，所以直线

l

与圆

C

必

相交，A错误；

若直线

l

将圆

C

的周长平分，则直线

l

过原点，此时直线

l

的斜率不存在，所以B正确；

当

k2

时，直线

l

的方程为

2xy10

，圆心C到直线

l

的距离为

5

2

2145

)



，C错误；

55

1

k



1

2

5

d，所以直线

l

被

C

截得的弦长为

5

26



(

因为圆心

C

到直线

l

的距离为

d



1

，

所以直线

l

被

C

截得的弦长为

26d

2

25

，D正确，选BD．

11．解析：对于A，因为点

A



3,1



关于直线

2xy0

的对称点为

C



1,3



，所以将军在河边饮马的地点的

坐标为



1,2



，A错误；

对于B，因为点

A



3,1



关于直线

y0

的对称点为

D



3,1



，将军先去河流

n

饮马，再返回军营的最短路程

是

BD5

，B错误；



633



对于C和D，因为点

B



6,3



关于直线

2xy0

，

y0

的对称点分别为

E





,



，

F



6,3



，所以将军



55



先去河流

m

饮马，再去河流

n

饮马，最后返回军营的最短路程

CF85

，C正确；将军先去河流

n

饮马，

再去河流

m

饮马，最后返回军营的最短路程是

DE

选ABD．

三、填空题

12．解析：由题意，

sin





1885

，D错误．

5

3434

，

cos





，且







π

，则

sin





，

cos





，则

5555

7

cos(







)



cos



cos





sin



sin





．

25

b

13．解析：由题意知双曲线的渐近线方程为

y



x

，因为

D,E

分别为直线

yb

与双曲线

C

的两条渐近

a

线的交点，所以不妨设

D(a,b),E(a,b)

，所以

S



ODE



1

因为

c

2

a

2

b

2

2ab20

（当

bDEab

10

，

2

且仅当

ab

时等号成立），所以

c25

，所以

C

的焦距的最小值为

45

．

33

C

6



C

3

242



A

2



C

6

2



C

4



A

2



50

种，两个小孩单独乘坐一辆车的情况有

2

种，

14

．解析：

6

人乘坐的所有情况有

2

A

2

由题意知两个小孩不能单独乘坐一辆车，则不同的乘车方式的种数为

50248

种.

四、解答题

15．解：（1）如图，取

AC

中点O，连接

OB

，

OA

1

，因为△

ABC

是等边三角形，所以

ACOB

，

又

AA

1

A

1

C

，所以

ACOA

1

，所以

AC

平面

A

1

OB

，所以

ACA

1

B

，

又

A

1

C

1

‖

AC

，所以

A

1

C

1

A

1

B

.………5分

（2）在平面

A

1

OB

中，作

A

1

DOB

，垂足为D，

由（1）知

AC

平面

A

1

OB

，所以

A

1

DAC

，所以

A

1

D

平面

ABC

，如图建立空间直角坐标系

Oxyz

，

13

因为三棱柱

ABCA

1

B

1

C

1

的体积为3，所以



2



2

A

1

D

3

，故

A

1

D3

，

22

则

A

1

0,t,3

，

B0,3,0

，

C



1,0,0



，

A



1,0,0



，



所以

CA

1

1,t,3

，

CB1,3,0

，







设平面

A

1

BC

的法向量为

m



x,y,z



，









m



CA

1



0

则





，所以

m3,3,t3

，







m



CB



0





设平面

ABC

的一个法向量为

n



0,0,1



，

因为二面角

A

1

BCA

的余弦值为



t



3

m



n



故

cos

m

,

n







m



n

12



t



3

5

，

5



1

5



2

，化简得：

t3



2

3

，即

t33



CA





1



n

3

可得

t0

，此时

A

1

0,0,3

，

CA

1

1,0,3

，所以

cos

CA

1

,

n







，

2

CA

1



n



所以直线

AA

1

与平面

ABC

所成角的正弦值为



CA

1



n





3

可得

t23

，此时，

A

1

0,23,3

，

CA

1

1,23,3

，所以

cos

CA

1

,

n







，

4

CA

1



n

3

，

2



所以直线

AA

1

与平面

ABC

所成角的正弦值为

3

.

4

………13分

16．解：（1）由

a

2

(c1)

2

3

得：

a

2

c

2

2c4

，又因为

b2

，所以

a

2

c

2

2cb

2

，

b

2



c

2



a

2

4



c

2



a

2

2

c

1



，所以

cos

A



2

bc

2



2

c

4

c

2

π

又因为

0Aπ

，所以

A

.

3

………5分

ab

a

4

得：

a23sinB

，由正弦定理



（

2

）在△

ABC

中，由，得

:

sin

A

sin

B

sin

A

sin

B

解得：

sin

B

23sin

B

2



π

sin

B

，

sin

3

2ππ

π

2

，由

A

，得

B

，所以

B

，

3

34

2

因为在△

ABC

中，

ABCπ

，所以

ππππ

cos

C

cos(

AB

)



(cos

A

cos

B

sin

A

sin

B

)



(coscos



sinsin)

，

3434

所以

cos

C

6



2

.

4

………

10

分

17．解：（1）依题意随机变量

X

服从超几何分布，且

N10000,M400

.

所以

E



X





1000



400



40

.

10000

………5分

（2）当

N1380

时，

P



X20



0

；

980

C

20

400



C

N



400

当

N1380

时，

P



X



20





.

C

1000

N

980

C

20

400



C

N



1



400

C

1000

N



1

980

f



N



1



N



1



1000



N



1



400



C

20

400



C

N



400



令

f



N





，则

980

0

f



N



C

20

C

100



N



1



N



1



400



980



400



C

N



400

N

C

1000

N



N

2



1398

N



999



399

N

2



1378

N



1379

.

由

N

2

1398N999399N

2

1378N1379,

解得

N19999

.

所以

1380N19999

时，

f



N



f



N1



；当

N20000

时，

f



N



f



N1



.

从而当

N19999

或

20000

时，

f



N



最大，所以

N

的估计值为

19999

或

20000

.………15分

18．解：(1)由题意知，

PF

1

(xc)

2

y

2

，

PF

2

(xc)

2

y

2

，

所以

PF

1

PF

2

2a

，

PF

1

PF

2

4cx

，所以

PF

1





2aPF

1

22

2



2

4cx

，

所以

4aPF

1

4a

2

4cx

，所以

PF

1



a



c

x

.

a

………5分

（2）设

T

的坐标为

（x，y)

，原点坐标为

O

，因为

PF

1

PF

2

2a

，

MF

1

2a

，所以

PMPF

2

，因为



PTF

2





，

TF

2

0

，所以

T

为线段

MF

2

的中点，所以在△

MF

1

F

2

中，

OT

是中位线，所以点

T

的轨迹

C

2

………10分

的方程

x

2

y

2

a

2

（3）假设存在点

N(x

0

，y

0

)

，使得△

F

1

NF

2

的面积为

b

2

，则

x

0

2

y

0

2

a

2

，所以

y

0

a

，

b

2

b

2

1

2

因为

S



F

1

NF

2



2

c



y

0



b

，所以

y

0



，所以

a



cc

2





22

又因为

NF

1





cx

0

,y

0



，

NF

2





cx

0

,y

0



，所以

NF

1

NF

2

x

0

c

2

y

0

a

2

c

2

b

2

，





又因为

NF

1

NF

2

NF

1

NF

2

cosF

1

NF

2

，所以

NF

1



NF

2



b

2

，

cos



F

1

NF

2

又因为

S



F

1

NF

2



1





NF

1



NF

2

sin



F

1

NF

2



b

2

，

2

1

b

2

所以

sin



F

1

NF

2



b

2

，所以

tanF

1

NF

2

2

………17分

2cos



F

1

NF

2

19．解：（1）当

a2

时，

f

(

x

)



log

2

x

，

f(x)

的定义域为



0,



，

x

2

1

x

2



2

x



log

2

x

1



2ln

x

，

f



(

x

)



ln2



x



x

4

ln2



x

3

当

x0,e

时，

f



(x)0

，当

x

故

f(x)

在

0,e

内单调递增，在



e,

时，

f



(x)0

，

e,

单调递减，





即

f(x)

的单调增区间为

0,e

，单调减区间为

（2）证明：因为曲线

yf



x



与直线

y



所以方程

f

(

x

)





e,

；



……………7分

1

有且仅有两个交点，

a

2

log

a

x

1



2

有且仅有两个不同的实数根，

x

a

a

a

ln



x

a

ln

x

1

即方程，即



x

a

ln

a



x

a

a





ln

a

有且仅有两个不同的实数根，

a

构造

F



x





lnx1



lnx

，则

F





x





，

xx

2

当

x



0,e



时，

F



(x)0

，当

x



e,



时，

F



(x)0

，

故

F(x)

在



0,e



内单调递增，在



e,



单调递减，

1

所以

F



x



max

F



e





，又

F



1



0

，当

x

时，则

F



x



0

，

e

因为

tx

a





0,





，故

F



t



F



a



有且仅有两个不同的实数根的充要条件为

0



即

F



1



F



a



F



e



，故实数

a

的取值范围为



1,e







e,



.

ln

a

1



，

a

e

………17分