【文档说明】贵州省六校联盟2024届高三上学期高考实用性联考卷（一）数学-答案和解析.pdf，共(9)页，525.649 KB，由小赞的店铺上传

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数学参考答案·第1页（共8页）2024届贵州省六校联盟高考实用性联考卷（一）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，只有一项是符合题目要求的）题号12345678答案CBABBC

CD【解析】1．1ii1iz，则iz，所以|||2i|2zz，故选C．2．由2{|log2}{1234}MxxN≤，，，，{||1|3}{|24}NxxxxR，则MN{123}，，，故选B．3．由题意知22242222CCA6

A，故选A．4．由函数1lg1xyx的定义域为(1)(1)，，，且1lg1xyx为奇函数，又21()2lg1xaxxfxx为奇函数，则22xaxy为偶函数，故0a，故选B．5．点AB，关于原点对称，设00()Axy，，00

()Bxy，，()Pxy，，由点差法22221xyab①，2200221xyab②，①减②得22220022xxyyab，则22202220yybxxa，即2121kke，又由2e，则121kk，故选B

．6．由函数()lg(1)fxax在区间(01)，上单调递减，则1yax在区间(01)，上单调递减，且10ax，故01a≤，故选C．7．∵2BA，∴sinsin1sinsin22cosAABAA，A∵，B，C为锐角，2

BA，πABC，∴ππ64A，即23cos22A，∴22cos3A，3sin23sin2AB，故选C．8．由11221nnnnaa，则11221nnnnaa，所以数列{2}nna为等差数列，即12nnna，{}na

是单调递减数列，由1125nn，得n的最小值为5，故选D．{#{QQABJQQQogCgAhAAARhCUQGgCgMQkBGCCAgORBAAoAAACRNABAA=}#}数学参考答案·第2页（共8页）二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共

20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5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）题号9101112答案BCDACDABCBCD【解析】9．A．应用百分数的求法应该为7

.5，所以错；B．根据定义正确；C．由在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合精度越高即可判断正确；D．按离散型随机变量的方差()D的性质判断，正确，故选BCD．10．A选项，抛物线的标准方程为21xya，

准线为12y，则0a，12pa，124pa，11242pya∴，解得12a，故A正确；又102F，，过F作直线l交抛物线于MN，两点，显然l的斜率存在，设直线l的方程为12ykx，联立21212ykxyx，，整理得2210xk

x，2440k恒成立，设11()Mxy，，22()Nxy，，则122xxk，121xx，222221212||1()41442(1)MNkxxxxkkk；B选项，若直线l经过点(10)，，则12k，5||2MN

，故B错误；C选项，当0k时，||MN的最小值为2，故C正确；D选项，3FNMF∵，123xx∴，又121xx，10x，20x，解得133x，又因为122xxk，所以33k，故D正确，故选ACD．11．

由()fx的图象可知()fx在(1)，和(3)，上单调递增，在(13)，上单调递减，()fx在1x处取得极大值，在3x处取得极小值，又2()32fxaxbxc，即1x和3x为方程2320axbxc的两根且0a，∴由韦达定

理得2133ba，133ca，30ba∴，90ca，0bc，0bc，故A正确，B正确；32369120abcaaaa∴，39110abcaaaa

，故C正确，D错误，故选ABC．{#{QQABJQQQogCgAhAAARhCUQGgCgMQkBGCCAgORBAAoAAACRNABAA=}#}数学参考答案·第3页（共8页）12．对于A，闯第1关时，12213nn，满足条件的点数有456，，三种情况，所以挑战第1关通过

的概率为112p，故A错误；对于B，直接挑战第2关，则22226nn，所以投掷两次点数之和应大于6，即点数为(16)，，(25)，，(26)(66)，，，，共21种情况，故直接挑战第2关并过关的概率为212345676612p

，故选项B正确；对于C，连续挑战前两关并过关的概率为1217721224ppp，故选项C正确；对于D，由题意可知，抛掷3次的基本事件有36216个，抛掷3次至少出现一个5点的基本事件共有336521612591个，故91()216PB，而事件

AB包括：含555，，的1个，含456，，的有6个，一共有7个，故7()216PAB，所以()72161(|)()2169113PABPABPB，故D正确，故选BCD．三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号13

141516答案233424214π29π36，【解析】13．由()aba，则2()0abaaab，由||1||2，ab，则1ab，则222|2|444124(1)23ababab．14．设所截得的圆

锥的底面半径为r，则截得该圆锥的高为2r，又2116π24π33，所以218π2π33rr，所以34r，则所截的圆台的高为3424．15．由题知圆2220Cxyy：的圆心为(01)，，半径为1，如图1所示，221PAPC，11||||2||||||22

PBCASPAACPAPCAB四边形，当||PC取最小值时，||AB取最小值，此时(10)P，，则||1||2PAPC，，则min||2AB．图1{#{QQABJQQQogCgAhAAARhCUQGgCgMQkBGCCAgORBAAoAAACRN

ABAA=}#}数学参考答案·第4页（共8页）16．由题知πT，所以2，即π()sin26fxx，方程πsin26xa有5个不同实数根，如图2，则12345554π28π24π26π12

121212xxxxxxx≤，所以1234556π58π1212xxxxx≤，则5个零点之和的取值范围是14π29π36，．四、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或

演算步骤）17．（本小题满分10分）解：（1）sin3sin2BbCc，由正弦定理得：sinsin3sinsin2BCCB，因为(0π)C，，所以sin0C，故sin3sin2BB，即2sincos3sin222BBB，因

为π022B，，所以sin02B，故3cos22B，π26B∴，π3B∴．………………………………………………（5分）（2）利用中线的向量性质2BDBCBA求解，设AC的中点为D，则2

BDBCBA，两边同时平方得：22224()2BDBCBABCBABCBA，2264acac∴①，在ABC△中，由余弦定理2222cosbacacB

得2236acac②，①②得228ac，14ac，11373sin142222ABCSacB△∴．………………………………………（10分）图2{#{QQABJQQQogCgAhAAARhCUQGgCgMQkBGCCAgORBA

AoAAACRNABAA=}#}数学参考答案·第5页（共8页）18．（本小题满分12分）（1）解：由2211320nnnnaaaa(2)n≥，得11(3)()0nnnnaaaa，{}na∵的各项都为正数，113nnaa∴(

2)n≥，11{}33na故是首项为，公比为的等比数列，13nna∴．………………………（6分）（2）证明：由11332211log(log2)(2)2nnaannnn，13112nnnbnnn，为偶数，，为奇数，∴21321242(

)()nnnSbbbbbb∴2421111111113352121333nnn

11199191119112182189819nnnn．…………………………………………………………………………（12分）19．（本小题满分12分

）解：（1）三局就结束比赛的概率为33()(1)fppp，由22()33(1)63fpppp，当10()02pfp，；当11()02pfp，，所以，当12p时，()fp取得最小值为14．

……………………………………（6分）（2）由（1）知，012pp，设实际比赛局数为X，则X的可能取值为345，，，所以33111(3)1224PX，2231113(4)2C12228PX

，{#{QQABJQQQogCgAhAAARhCUQGgCgMQkBGCCAgORBAAoAAACRNABAA=}#}数学参考答案·第6页（共8页）22241113(5)2C12228PX，X34

5P14383813333()3454888EX．………………………………………………（12分）20．（本小题满分12分）（1）证明：因为平面11ADDA平面ABCD，平面11ADDA平面ABCDAD，AB平面ABC

D，ABAD，所以AB平面11ADDA，因为11ABAB∥，所以11AB平面11ADDA，又因为1AD平面11ADDA，所以111ABAD．………………………………（6分）（2）解：取AD的中点O，连

接1AO，如图3，因为11AAAD，所以1AOAD，又因为平面11ADDA平面ABCD，平面11ADDA平面ABCDAD，所以1AO平面ABCD，所以1AO为四棱柱1111ABCDABCD

的高，设ABa，则2ADa，1OAa，所以四棱柱的体积31222ABCDVSOAaaaa，解得1a，以A为坐标原点，分别以AB，AD为xy，轴的正方向建立空间直角坐标系Axyz，如图4，则(000

)A，，，(100)B，，，(110)M，，，1(011)A，，，1(011)AA，，，(100)AB，，，设平面1AAB的一个法向量为1()nxyz，，，则11100nAAnAB

，，得00yzx，，令1y，则1(011)n，，，同理可求平面1ABM的一个法向量为2(101)n，，．图3图4{#{QQABJQQQogCgAhAAARhCUQGgCgMQkBGCCAgORBAAoAAACRNABAA=}#}数

学参考答案·第7页（共8页）设二面角1AABM的平面角为[0π]，，则1212||11|cos|2||||22nnnn，所以23sin1cos2，即二面角1AA

BM的正弦值为32．……………………………………………………………………（12分）21．（本小题满分12分）解：（1）将点(21)P，代入C得224116aa，即4211240aa，解得23a（舍去）或28a，∵222(6)6caa，∴C的离心率2232cceaa

．…………………………………………（4分）（2）由（1）可知C的方程为22182xy，设l：ykxm，1122()()AxkxmBxkxm，，，，将ykxm代入22182xy消去y整理得222(

41)8480kxkmxm，222(8)4(41)(48)0kmkm，则2282mk，∴21212228484141kmmxxxxkk，，∵直线PAPB，关于直线2x对称，∴0PAPBkk，∴12

1211022kxmkxmxx，∴12122(12)()4(1)0kxxmkxxm，∴2224882(12)4(1)04141mkmkmkmkk，24(24)10kmkm，即(21)(21)0kkm，∴

12k或210km，当210km，直线l经过点(21)P，，不符合题意，∴l的斜率为12．…………………………………………（12分）{#{QQABJQQQogCgAhAAARhCUQGgCgMQkBGCCAgORBAAoAAACRNABAA=}#}数学参考答案·第8页（共8页

）22．（本小题满分12分）（1）解：()ln1fxxa，……………………………………（1分）由题(1)11fa，(1)1fab，……………………………………（3分）∴21ab，．…

……………………………………………（4分）（2）证明：由（1）知：()ln21fxxxx，()ln1fxx．当(0e)x，时，()0fx；当(e)x，时，()0fx．∴()fx在(0e)，上单调递减，在

(e)，上单调递增．……………………（6分）∵221410eef，(e)1e0f，2(e)10f，由零点存在性定理可知：()fx在(0e)，和(e)，上各存在唯一零点．…………………………

……………………………………（8分）不妨设2120eexx，由12()()0fxfx得1112222ln2ln1xxxxxx，∵1111lnlnexxxx，∴11112lnxxxx，∴22212lnxxxx，∴2221

23lnxxxxx，………………………………………………（10分）设2()3lneepxxxxx，，∵当2eex时，()2ln0pxx，∴()px在2(ee)，上单调递增，∴()px22<(e)ep

，……………………………………………………（11分）∴212exx．………………………………………………………………（12分）{#{QQABJQQQogCgAhAAARhCUQGgCgMQkBGCCAgORBAAoAAACRN

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