云南师范大学附属中学2023-2024学年高三下学期5月月考数学试题含答案.pdf

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1、扫描全能王 创建#QQABbQAEggAoQIBAAQhCEwUCCgEQkBAAASgGABAAsAABwANABAA=#云南师范大学附属中学2023-2024学年高三下学期5月月考数学试题扫描全能王 创建#QQABbQAEggAoQIBAAQhCEwUCCgEQkBAAASgGABAAsAABwANABAA=#扫描全能王 创建#QQABbQAEggAoQIBAAQhCEwUCCgEQkBAAASgGABAAsAABwANABAA=#扫描全能王 创建#QQABbQAEggAoQIBAAQhCEwUCCgEQkBAAASgGABAAsAABwANABAA=#数学参考答案第 1 页（共 10 页

2、）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 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C D B A D B C B【解析】1依题意，|(5)(3)0|35Mxxxxx，|0Ny y，故(0 5MN，故选 C 2在等差数列na中，11371313()1322622aaaS，72a又1135972aaaaa 4，15791310aaaaa，故选 D 322222222sincos2(2cos1)22sincos4cos2tan4sin22cos22sincossincostan1 222424313213，故选

3、B 4 由2PA，则点 P 在圆22(3)4Axy：上，又有点 P 在圆C上，所以需满足两圆有交点，即221(3)(0)3aa，所以0 3a，故选A 5331080235，1080的正因子可写为235kmn，其中0 1 2 30 1kmn，故1080的不同正因子共有44232 个，故选D 6因为函数(2)yf x为奇函数，则(2)(2)fxf x ，即(2)(2)0fxfx，可得(4)()0fxf x.又 因 为(1)(1)fxf x，则(4)(2)fxf x，所 以，(20)(ff xx，可得(20)(ff xx，则(2)(2)f xf x，即(4)()xf xf，所以，(2023)(450

4、53(3)13 12fff ，故选B 7方法一：点O是ABC内心的充要条件是：0aOAbOBcOC ，其中 BCaACb，ABc，bcAOABACabcabc ，故11.bcaabcbc 因为角A为锐角，15sin8A，所以7cos.8A 由余弦定理得到22227cos28bcaAbbc#QQABbQAEggAoQIBAAQhCEwUCCgEQkBAAASgGABAAsAABwANABAA=#数学参考答案第 2 页（共 10 页）2274cbca，故2222715441.22bcbcabcbcbcbccb又因为2bccb（当且仅当bc时取等号），所以15151441122162bccb，所以1

5、1511164abc ，故45，故选 C 方法二：如图 1，延长 AO，交 BC 于点 D，设 AOxAD(1)(1)x yABy ACxyABxy AC ，则(1)xyxy，x+=，做ABC的内切圆与BC边切于点 E，与 AB 切于点 F，设圆 O 半径为r，15sin8A 且 A 为锐角，解得15tan215A，1sin24A，14OFOA，即4AOr，由图知 ODOE，又|AOxAD 444|5rrOD，故选 C 8依题意，以 A为坐标原点，AD 为x轴，AB为y轴，1AA为z轴建立空间直角坐标系，则11(0 0 0)(1 1 0)(1)(0 0 1)(1 1 1)(1 0 0)ACPm

6、 nACD，假设(1)Pm n，(1 1 0)AC，(1)APm n，221cos30|2 1ACAPmACAPmn ，即22(2)13mn，故A正确；设(0)Q a b，22|QAab，1(1)AQa b，1(1 11)AC ，1|A H为向量1AQ 在向量1AC 上的投影，故11111|3AQACabAHAC ，由勾股定理，|QH 2222211(1)|13abAQAHab ，由|QAQH得，31ab ，故B错误；由条件得，点P到直线11B C的距离为22(1)(1)mn，点P到平面ABCD的距离为n，由22(1)(1)mnn，化简得2(1)21mn，故C正确；(1 0 0)AD，1(1

7、1 1)AC，可得1222211coscos131mnPADPACmnmn，由1coscosPADPAC，化简得31mn，故 D 正确，故选 B 图 1#QQABbQAEggAoQIBAAQhCEwUCCgEQkBAAASgGABAAsAABwANABAA=#数学参考答案第 3 页（共 10 页）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，有多项符合题目要求，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 9 10 11 答案 ACD ABD ACD【解析】913i(13i)(12i)55i(12i)13i=1i12i(12i)

8、(12i)5zz ，则22|(1)12z，故 A正确；z 的虚部为 1，故 B 错误；z 对应的点(1 1)，在第二象限，故 C 正确；因为21i2(1i)(222i2)2i0 ，所以复数 z 是方程2220 xx 的一个根，故D 正确，故选 ACD 10 由于函数()cos()(0)f xAx 是奇函数，所以2()kkZ，由于将()yf x的图象上各点的横坐标变为原来的12倍（纵坐标不变），再将图象向右平移6个单位长度，得到()yg x的图象，则cos 2(3)gAxx，对于 A，因为曲线()yg x的两条相邻对称轴之间的距离为2，故22T，解得1，故 A 正确；所以函数s)2(cof xA

9、xk，则s(n)ifAxx 或s(n)ifAxx ，(3)sin 2gAxx或i(3)s n 2gAxx，对于 B，令2()32xkkZ，解得5212()kxkZ，所以当0k 时，()g x 的图象关于直线512x 对称，故 B 正确；对于 C，令2)3(xkkZ，解得+26kx，所以当0k 时，所以()g x 的图象关于点06，对称，故 C 不正确；对于D，当22f 时，2A 或2A ，所 以23()sin 2gxx，()g x 2sin 23x，当23()sin 2gxx，03x，时，2333x，所以()g x 在03，上单调递增，故函数的最大值为33g；当2sin 2(3)xgx，03x

10、，#QQABbQAEggAoQIBAAQhCEwUCCgEQkBAAASgGABAAsAABwANABAA=#数学参考答案第 4 页（共 10 页）时，2333x，所以()g x 在03，上单调递减，故函数的最大值为(0)3g，故 D 正确，故选 ABD 11双曲线C：221169xy中，实半轴长4a，虚半轴长3b，半焦距5c，焦点12(5 0)(5 0)FF，对于 A，双曲线C 的渐近线方程为34yx，A 正确；对于 B，由于点 A B，在双曲线的右支上，设直线 AB 的倾斜角为，则由双曲线的第二定义可得：272|1625cosAB，min990|2AB当时，B 错误；对于 C，由双曲线定义

11、知12|8AFAF，而12|10FF，且1AFAB，则2221212|100AFAFFF，即有222121212|2(|)(|)2 34AFAFAFAFAFAF，因此1344|AF，C 正确；对于 D，由双曲线定义知12|8BFBF，因为1AFAB，设1ABF内切圆的半径r，则由圆的切线性质知：111221|2 348222AFABBFAFAFBFBFr 344，D正确，故选ACD 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）题号 12 13 14 答案 乙 12 6；3a【解析】12由图知：12，所以乙的成绩更稳定.13 2112nnnaaa，32112nnnaaa，两式作差得：3nn

12、aa，数列na是以3为周期的数列.又11a ，212a，31.a 设数列na的前n项积为nT，则当3nk，kN时，则312kkT；则当31nk，kN时，则3112kkT ；则当32nk，kN时，则13212kkT，数列na的前n项积的最大值为1.2#QQABbQAEggAoQIBAAQhCEwUCCgEQkBAAASgGABAAsAABwANABAA=#数学参考答案第 5 页（共 10 页）14设直线2yxb与函数()2lnf xx的切点为00(2ln)xx，由2()fxx，所以002()fxx 2，解得01x，所以切点为(1 0)，所以02 1b，解得2b，即切线方程为22yx.设 直 线2

13、2yx与 函 数211()(0)22g xaxxa的 切 点 为11()xy，则2111111222212axxxax，解得113xa，即3a，所以6ab；设切线方程l为ykxm，且l与()2lnf xx的切点为22()xy，l与211()(0)22g xaxxa的切点为33()xy，则2222ln2kxmxkx，2333311221kxmaxxkax，整理可得22ln2mk，21(1)22kma，所 以221(1)2ln222kka，整 理 可 得2(1)232ln22kak，设2(1)()32ln22xh xx，则2223411122ln22ln22222().332ln2ln(1)(1)

14、2(12)22xxxxhxxxxxx设1()2ln22xx 1x，则220()1xxx，所以()x在(0)，上为增函数，又因为(2)0，所以在(0 2)，上()0 x，即()0h x，所以()h x单调递减；在(2)，上0()x，即()0h x，所以()h x单调递增，所以min9()()(2)632h xh xh，即26a，解得3a.四、解答题（本大题共5小题，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）解：（1）由题知：(0.0100.0150.0350.010)101m，解得0.030m.（2分）设x为样本数据的上四分位数，则：(90)100.10.2510

15、xm，解得85x，故这组样本数据的上四分位数为85.（5分）#QQABbQAEggAoQIBAAQhCEwUCCgEQkBAAASgGABAAsAABwANABAA=#数学参考答案第 6 页（共 10 页）（2）设p表示在这批产品中随机抽取一件产品，所抽取的产品为优秀品的概率，由题知：10(0.01)0.4pm.（7分）随机变量(5 0.4)XB，()50.42E X，随机变量X的可能取值为：0，1，2，3，4，5，0055243(0)C(1)3125P Xpp，1145810162(1)C(1)3125625P Xpp，22351080216(2)C(1)3125625P Xpp，33257

16、20144(3)C(1)3125625P Xpp，441524048(4)C(1)3125625P Xpp，550532(5)C(1)3125P Xpp.故随机变量X的分布列为：X 0 1 2 3 4 5 P 2433125 162625 216625 144625 48625 323125 （13分）16（本小题满分15分）解：（1）由题意知，直线AB的斜率不为零，设直线AB的方程为：4xmy，联立抛物线C：22(0)ypx p的方程得：2280ypmyp，224320p mp 恒成立，设1122()()A xyB xy，所以122yypm，128yyp.又12121212(4)(4)0OA

17、 OBx xy ymymyy y ，即21212(1)4()160my ym yy，所以1680p，即2p，所以抛物线C的方程为24.yx（8分）（2）由（1）知：24160ymy，124yym，1216yy ，所以1212|(1)(1)(5)(5)AFBFxxmymy 212()10410 10m yym，当且仅当0m时取等号，所以|AFBF的最小值为10.（15分）#QQABbQAEggAoQIBAAQhCEwUCCgEQkBAAASgGABAAsAABwANABAA=#数学参考答案第 7 页（共 10 页）17（本小题满分15分）解：（1）13nnS，当1n时，1113aS；当2n 时，

18、1113nnS，11112.333nnnnnnaSS 数列na是等比数列，23nna 对1n 也成立，2133，即1.（6分）（2）由（1）知：23nna，33322log2log2log 223nnnban ，令3222log 23nnnncabn，（9分）12311122(12)2log 2333nnTnn 311133(1)222log 21213nnnn 2312log 21.3nnnn（15分）18（本小题满分17分）（1）证明：如图2，取AE的中点M，连接PM，BM，则由ADDE且APPE，可得PMAE，且22AEPM，由余弦定理可得22222cos2162 241042MBAMA

19、BAMAB，222PMMBPB，.PMMB 由AEMBM，AE MB，平面ABCE，可得PM 平面.ABCE#QQABbQAEggAoQIBAAQhCEwUCCgEQkBAAASgGABAAsAABwANABAA=#数学参考答案第 8 页（共 10 页）又BE 平面ABCE，.PMBE 又AEBE，由PMAEM，PMAE，平面PAE，BE 平面.PAE 又PA平面PAE，.PABE （6分）（2）解：如图3，以B为原点，BN，BA，过点B且与ABCE垂直的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则(1 32)P，(2 0 0)C，(2 2 0)E，(4 0 0)N，(0 2 0)CE ，

20、(112)PE ，(332).PN，设(332)(0 1)PQPN ，(313122).EQPQPE ，设平面PEC的法向量为1111()nxyz，则1100CEnPEn ，即11112020yxyz，令11z，可得1(2 0 1)n ，.（9 分）设平面 ECQ的法向量为2222()nxyz，则2200CE nEQ n ，即222220(31)(31)2(1)0yxyz，令22x，可得2312 01n，（12分）由平面PEC与平面ECQ所成角的余弦值为13，可得12231211|cos|331321nn ，即22|53|13242169，2|53|1311103，两边同时平方，经整理化简可得

21、281030，解得12或3.4（17分）图 2 图 3#QQABbQAEggAoQIBAAQhCEwUCCgEQkBAAASgGABAAsAABwANABAA=#数学参考答案第 9 页（共 10 页）19（本小题满分17分）（1）解：设011()1aa xR xb x，(0)ln10f，0(0)0Ra，11()1a xR xb x，111 112211(1)()(1)(1)ab xba xaR xb xb x，1().1fxx(0)1f，1(0)1Ra，211()(1)R xb x，1312()(1)bR xb x，21().(1)fxx (0)1f ，1(0)21Rb ，112b，2().1

22、212xxR xxx（4分）（2）解：22211()1.axaxh xxxx 当0a时，令2()1g xxax，(0)1g，对称轴02a，0 x，()0g x 恒成立，()h x在(0)，；（6分）当02a 时，240a ，()0h x，()h x在(0)，上单调递增；（8分）当2a 时，240a，令()0h x，解得242aam，242aan，且0mn，()h x在2402aa，上单调递增，在224422aaaa，上单调递减，在242aa，上单调递增.（10分）证明：0 x，()h x ，x ，()h x .当2a 时，()h x在(0)，上单调递增，则存在唯一零点，不合题意；当2a 时，(

23、1)20ha，所以01mn，极大值111()lnlnh mmammmmmmm，#QQABbQAEggAoQIBAAQhCEwUCCgEQkBAAASgGABAAsAABwANABAA=#数学参考答案第 10 页（共 10 页）欲证()0h m，可证221ln01mmm.令221()ln1mg mmm，(0 1)m，则22222241(1)()0(1)(1)mmg mmmm m，()g m在(0 1)，上单调递减，()(1)0g mg，即()0h m，同理可得，极小值()0h n.由零点存在性定理，()h x有3个不同零点123xxx，且12301xxx，要证：12321xxxa，即证132(1)xxa.由（1）得，当1x 时，2(1)ln1xxx.下证：1x 时，2(1)ln1xxx，令()(1)ln2(1)xxxx，1x，11()ln2ln1xxxxxx，211()0 xxx，()(1)0 x，所以()(1)0 x.由3()0h x，333332(1)1ln1a xxaxxx，即2333312(1)1xa xxx，233(1)2xax，33122xax，又有331333111ln()0()hxah xh xxxx，所以131xx，故132(1).xxa（17分）#QQABbQAEggAoQIBAAQhCEwUCCgEQkBAAASgGABAAsAABwANABAA=#