《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试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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试题含答案.pdf（10页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、#QQABSQQEggAgABIAABhCAQE4CkOQkBEACAoOBBAMMAAAAQFABAA=#QQABSQQEggAgABIAABhCAQE4CkOQkBEACAoOBBAMMAAAAQFABAA=#QQABSQQEggAgABIAABhCAQE4CkOQkBEACAoOBBAMMAAAAQFABAA=#QQABSQQEggAgABIAABhCAQE4CkOQkBEACAoOBBAMMAAAAQFABAA=#第 1 页（共 6 页）学科网（北京）股份有限公司昆明一中 2024 届高三第 4 次联考数学参考答案命题、审题组教师命题、审题组教师 杨昆华杨昆华 彭力彭力 李文清李文清
2、李春宣李春宣 丁茵丁茵 王在方王在方 张远雄张远雄 李露李露 陈泳序陈泳序 杨耕耘杨耕耘一、选择题一、选择题 题号12345678答案CBDCCBAA1解析：因为i12i2i55z ，则其在复平面内所对应的点为1 2,5 5，其位于第三象限，选 C2解析：由题，知2410txx 只有一个实数根当0t 时，14s ，此时14st；当0t 时，令1640t，有4t，12s，此时92st 综上st 92或14，选 B3解析：因为直线530 xy的斜率为53，所以553a，所以3a，选 D4解析：由题意可知，该香料收纳罐的容积为223138686148cm3 选 C5解析：因为P=0.6827X，所以
3、1(1101011010)(120)0.15862PXP X，所以数学成绩在120分以上的人数约为5000.158679人，选 C6解析：由题，有亚历山大城到赛伊尼走100505000视距段，设地球大圆周长的视距段为x，所以7.25000360 x，得250000 x 个视距段，则地球的周长为250000 15739250000米39250千米，选 B7解析：22log 6log 42a，323333log 7log 3log272b 且33log 7log 92b，325553log 9log 5log1252c，则cba，选 A.8解析：由于11()ee1 1xxf xx，令1tx，则()
4、eettg tt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(2)()2fmf m，由(1)(22)2f xfx可得(1)2(22)(2)f xfxfx，则12xx，得1x ，选 A.二、多选题二、多选题题号9101112答案ADADBCACD9解析：由10(23762)1aaaaa，可得0.005a，故 A 正确；前三个矩形的面积和为10(237)0.6aaa，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310
5、 1500225a，故 D 正确，选 A D10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.第 2 页（共 6 页）学科网（北京）股份有限公司对于 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ACNED，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/
6、MN平面ABC，D 正确.选 AD.11解析：因为直线20 xy分别与 x轴，y 轴交于A，B两点，所以(2,0)A，(0,2)B，则2 2AB；又因为点P在曲线C：22 2yxx上，所以点P在半圆2222(0)xyy上；圆心(2,0)到直线20 xy的距离为122122d，点(0,0)到直线20 xy的距离为2222d，所以点P到直线20 xy的距离的范围是2,12 2，所以ABP的面积范围是 2,42，所以 B C 正确，选 B C 12解析：A 选项，111134nnnaan 中，令2n 得133242aa，令3n 得423 345aa，A 正确；B 选项，111134nnnaan 中，
7、令21nk得2223 21461kkaakk，所以426 1 15aa ，8663 117aa ，121065129aa，161467141aa，相加得246810121416517294192aaaaaaaa，因为数列 na的前16项和为540，所以前16项和中奇数项之和为54092448，111134nnnaan 中，令2nk得212132464kkaakk，所以212123646461464614kkkakakkakk21116 1441632kkaakkka，故2221513119753111113 773 663 11aaaaaaaaaaaa 13928448a，解得17a，B 错误
8、；C 选项，由 B 选项可知22261mmaam，na的前*4k kN项中的共有偶数项2k项，故最后两项之和 为4246 211kkaak，所 以 数 列 na的 前*4k kN项 中 的 所 有 偶 数 项 之 和 为22442451275176 21162kkkkaaaakkk，C 正确；图 1图 2图 3第 3 页（共 6 页）学科网（北京）股份有限公司D 选项，由 B 选项可知22113kkaka，令21nk，则12nk，故2121113421 314nnnaaann故当n是奇数时，211 314nnnaa，D 正确.选 ACD.三、填空题三、填空题13解析：因为6222ppd，所以4
9、p，2 8xy14解析：由题意，(21)(4)0mm，得1m，所以(1)(1)2ff 15解析：因为aba，所以20aa baba，所以1a b ，因为a在b方向上的投影向量为22bb，所以22a bb ，所以2b，因为22225ababa b，所以5ab16解析：令()()sinf xF xx，因为()f x是定义在,00,22上的奇函数，所以()F x为偶函数，当0,2x时，sin0 x，cos0 x，2()sin()cos()0sinfxxf xxF xx，则()F x在0,2上 单 调 增，()2()sin6f xfx可 化 为()()6sinsin6ff xx，即()()6F xF得
10、06x，当,02x，sin0 x，则()()6sinsin()6ff xx，即()()6F xF，又()F x在,02上 单 调 减，得26x，所 以 解 集 为,0,266四、解答题四、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”，则 1111111113P B2222222228.5 分（2）设事件123,A A A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X0,1,2,3,4.故 1231P(X0)PPP8AAA.1231231P(X1)PPPPPP4AAAAAA，1231231P(X2)PPPPPP4AAAAAA第 4 页（共 6 页）学科网（北京）
11、股份有限公司1231231P(X3)PPPPPP4AAAAAA，1231111P X4PPP2228AAA.所以于X的分布列为：X01234P1814141418X的数学期望11111()01234284448E X .10 分18解：（1）由 22sinsinsin(2sin)sinCCABB及正弦定理得：2222bcacb，由余弦定理得：22222222cosbbcbcbccaA，又因为0A，所以4A，2sin2aA 5 分（2）因为ABC的外接圆半径1R，所以,2sinsinbcBC所以2sin,2sinbB cC，所以22 2sin2sinbcBC32 2sin()2sin4CC2co
12、s2sin2sin2cosCCCC，又因为42C,所以220cosC，所以202cosC，所以022bc，即2bc的取值范围是20,12 分19解：（1）由已知0na，14nnnSaa，当1n 时，12114a aaS，所以24a，当2n 时，11144nnnnnnnaaaaaSS，所以114nnaa，所以，数列21na是首项为2，公差为4的等差数列，所以2124(1)2(21)nann，数列2na是首项为4，公差为4的等差数列，所以244(1)2(2)nann，所以2nan.6 分（2）由已知得：99()2()1010nnnnban，设数列 nb的最大项为nb，则：11nnnnbbbb，即：
13、11992()2(1)()1010992()2(1)()1010nnnnnnnn，解得：109nn，所以910n，所以nb最大时，n的值为9或10.12 分第 5 页（共 6 页）学科网（北京）股份有限公司20解：（1）如图延长 AD 交1BB 于P，连接 PE 交11BC于 F，因为 D 为棱11AB 的中点，1DB AB，且112DBAB，所以1B 是 PB的中点，因为1PB 1C E，所以1PB F1EC F，所以11112PBB FC EFC.6 分（2）由题知1AA 平面ABC，则1AAAB，因为11AB AB，且11AEAB，所以ABAE，所以AB 平面 ACA1C1，所以ABAC
14、，如图所示，以A为原点，AC，AB，1AA 分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，所以0,0,0A，0,2,4D，4,0,2E，0,4,0B，4,0,0C，设,4,0H xx，04x，因为 DH 最短，所以DHBC，所以,2,44,4,0880DH BCxxx ，解得1x，所以1,3,0H，则1,1,4DH ，设平面ADE的法向量,nx y z，则00n ADn AE ，即240420yzxz，所以1,4,2n，所以点H到平面ADE的距离13 2121DH ndn .12 分21解：（1）由题意知，(2,0)0f，(4,6)0f，所以2,12ab 4 分（2）由（1）可知，曲线E：112
15、422yx设txmylMN:，).,1(),(),(02211yQyxNyxM由题意知).0,2(),0,2(BA 联立,123,22yxtxmy得,01236)13222tmtyym（所以,00132，m.13123,1362221221mtyymmtyy由A，Q，M三点共线知221110 xyy ，由B，Q，N三点共线知221220 xyy ，由两式得2232211xyxy .又因为,11242121yx即,)2(321111yxxy代入式得,2)2(92211xyyxzyxECC1DBB1A1AHFPDECC1BB1A1AH第 6 页（共 6 页）学科网（北京）股份有限公司即,2)2(9
16、2211tmyyytmy整理得,0)2(9)(2(919(221212tyytmyym）即,0)2(9136)2(91312319(22222tmmttmmtm）化简得.0)4)(2(tt当2t时，2:xmylMN，直线过定点)0,2(，不符合题意，舍去.当4t时，4:xmylMN，直线过定点)0,4(12 分22解：（1）()f x的定义域为0,，ln()2xfxaxx，i.若1a，则当0,1x时，ln0 x，0ax，故()0fx，当1,xa时，ln0 x，0ax，故()0fx，当,xa时，ln0 x，0ax，故()0fx，此时()f x在0,1内单调递减，在1,a内单调递增，在,a 内单调
17、递减；ii.若1a，ln()210 xfxxx，此时()f x在0,+内单调递减；iii.若01a，则当0,xa时，ln0 x，0ax，故()0fx，当,1xa时，ln0 x，0ax，故()0fx，当1,x时，ln0 x，0ax，故()0fx，此时()f x在0,a内单调递减，在,1a内单调递增，在1,内单调递减；6 分证明（2）：当21ea，20ab时，1220fbab，又0e1ba，且e2e10bbaabfa ，即 e10baff，由（1）可知()f x在0,1内单调递减，故()f x在区间0,1内有且仅有一个零点，又0ln2a，则 22ln2 ln2ln2 lnlnln20f aaaaaabaaaaaaa，()f x在1,a内单调递增，在,a 内单调递减，故对任意1,x，()0f xf a，故函数()f x在区间1,内没有零点，综上可得，()f x只有一个零点 12 分