【文档说明】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 数学答案.docx，共(8)页，605.803 KB，由小赞的店铺上传

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昆明一中2024届高三第3次联考数学参考答案命题、审题组教师杨昆华刘皖明李文清李春宣王佳文毛孝宗凹婷波王在方李露陈泳序一、选择题题号12345678答案BADACCCB1．解析：因为2ii20zz−+=，所以i20zz−−+=，

所以21i1iz==−+，所以2z=，选B．2．解析：由题，有2,2A=−，BAÞ．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A．3．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2454240CA=种，选D．4．解析：由已知1cos()sinxfxx−=22sin2

tan22sincos22xxxx==，ππ264x，，由函数tanyx=在区间ππ64，上单调递增，知()313fx，，选A．5．解析：由题意可知12AFAFa==，122FFc=，在△12AFF中，由余弦定理得22221242cos

caaaFAF=+−，化简得22143ca=，则2112e=，所以36e=，选C．6．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C．7．解析：将函数π()sin(2)2fxx=+的图象向右平移π12个单位长度，可得π()cos(2)6gxx=−，

所以对称轴为ππ212kx=+()kZ，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26221624824SSSS+=+−−，当且仅当22162SS=

，即222S=时取等号，故26SS+的最小值为824−.选B.二、多选题题号9101112答案BCACACAD9．解析：因为函数()fx为偶函数，所以0b=；且偶函数()log||afxx=在(,0)−上单调递增，则01a，112a+，223a+,而()fx在

(0,)+上单调递减，故()()()()1222fafffb+=−=−，()()22fafb++，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22，半径2rOC==，22cos222OCSCOSC

===，所以SCO=45，则A正确；对于B，圆锥SO的侧面积为42πrl=，表面积为42π+4π，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π2ASB=，达到最大值，又因为B与A，C不重合，则π0,2ASB，又2πSABASB+=，可

得ππ,42SAB，则C正确；对于D，如图所示，取BC的中点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BCS

O⊥，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22AB=，122ODAB==，则tan2SOSDOOD==，则D错误.选AC.11．解析：由题意得224sin4pABp==，设直线:2plyx=−，则点

O到直线AB的距离是24p，所以1242224pp=，得2p=，8AB=，又因为1121AFBFp+==，2(22)π1cos4PAF==+−，所以AC正确，选AC.12．解析：函数的定义域为xR且1x，()23e221xxxyx−

=−，令0y=，得0x=或32x=，当01x或312x时0y，函数单调递减；当0x或32x时0y，函数单调递增，可知函数的极大值点为0x=，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13．

解析：由已知直线360xy+−=过圆心，所以(6,0)C，4rCA==，所以圆C的标准方程是22(6)16xy−+=．14．解析：因为2abab+=−，所以22224842aabbaabb++=−+rrrrrrrr，因为1ab=

=，所以35ab=−，因为()2221625bababa−+=−=，所以()231255cos,51615abaabaabaabaaba−−−−−====−−−rrrrrrrrrrrrrrr．15

．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22232133BO=−=，所以222326332AO=−=．16．解析：令1y=，得()(1)(1)fxfxfx=++−，即(1)()(1)fxfxfx+

=−−．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()fx是周期为6的周期函数，所以(2024)(63372)(2)1fff=+==−，即(20

24)1f=−．四、解答题17．解：（1）由已知2211()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,FHAH．因为三棱柱111ABCABC−中，111//

//BBCCAA，,,,DEFG分别为111,,,BBCCBCAA的中点，所以1////FHECAG，且1==FHECAG，所以四边形1AGFH为平行四边形．所以1//FGAH，又因为1AH平面1ADE，FG平面1

ADE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11AABB⊥平面ABC，平面11AABB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,,OCOAOB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),(33,0,0),(0,6,33),(0,0,33)ABCAB−，333(0,,)22D−，所以11533(0,,)22DA=，(3

3,3,0)DEBC==．设平面1ADE的法向量(,,)nxyz=，则由100nDAnDE==，得15330223330yzxy+=+=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5

529coscos,29129mnmnmn====．所以2229sin1cos29=−=，所以平面1ADE与平面ABC所成二面角的正弦值为22929．………12分19．解：（1）因为sinsinsinsinBAcBCab−=−+，由正弦定理

得：bacbcab−=−+，即222bcabc+−=，所以2221cos22bcaAbc+−==，因为()0,πA，所以π3A=.………6分（2）因为0PBPC=，所以PBPC⊥，在△PBC中，()cosPCBCC=−，在△APC中，由正弦定理得sinsin

PCACPACAPC=即()cos3232πsinπsin33BCC−==−，即()πcos23sin3BCC−=−，（*）………8分又因为在△ABC中，22π23223cos73B

C=+−=，()2227322cos2377C+−==，从而3sin7C=，………10分代入（*）式得3cos3sin2cos3sin−=+，即cos23sin=，所以3tan6=.………12分20．解：（1）()1cosfxaxx=−，由题意可得，(

)11fxx−…在区间π03，上恒成立，即1cosax…在π03，上恒成立，由于cosyx=在π03，上单调递减，1cos12x„，故2a…..........4分（2）证明：当2a=时，()12cos12cosxxfxxxx−=−=，令()2co

s1hxxx=−，则()()2cossinhxxxx=−令()cossintxxxx=−，则()π2sincos002txxxxx=−−，.所以()tx在π02，上单调递减，且()ππ010022tt==−

，，故存在0π02x，，使得()00tx=，当()00xx，时，()0tx，即()()0hxhx，单调递增，当0π2xx，时，()()0hxhx，单调递减，

又()π2π011044hh=−=−，，π12h=−，所以()hx在πππ0442，，，上各有一个零点，从而()fx在π02，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()1232353110CCPXC===；()213235325CCPXC===；()3032351310CCPXC===．所以随机变量X的分布列为:X123P31035110数学期望()3311231.810510EX=+

+=．………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,)(nPn=．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()()()11111nnnnnnnnnPPAAAAPAAPAA+++++=+=+()()()()()()111110122nnnnnnnnnPAPAAPAPAAPPP++=+=−+=−∣∣．即111,1,2,322n

nPPn+=−+=．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：22143xy−=…

………4分(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12QQ为直径的圆Q上的任意一点为M,那么由120QMQM=得圆Q的方程为()()0000311022yyxxyyxx−−−+−−=+−,令0y=,代入上述圆方程，得220

203(1)04yxx−−=−,获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com