云南省三校2024届高三下学期3月高考备考实用性联考卷(七) 数学及答案

数学（答案在最后）

注意事项：

1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号在答题卡上填写清楚.2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，在试题卷上作答无效，

3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.

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）

∣1󰆅x󰆅0,B1,1,3,4，那么如图阴影部分表示的集合为（1.已知全集UR，集合Ax

）A.1,4B.1,3,4C.1,4D.1,3,4）2.若1i是一元二次方程x2axa0,aR的根，则该方程的两根之和为（A.2

3.已知a(1,0),|b|1,|ab|3，则a与b的夹角为（A.B.1iC.22i

D.1）π6

B.π3

C.2π3

D.5π6

4.小张､小王两人计划报一些兴趣班，他们分别从“篮球､绘画､书法､游泳､钢琴”这五个随机选择一个，记事件A：∣A（“两人至少有一人选择篮球”，事件B：“两人选择的兴趣班不同”，则概率PB

A.）49B.59C.89D.455.我国古代有一种容器叫“方斗”，“方斗”的形状是一种上大下小的正四棱台（两个底面都是正方形的四棱台），如果一个方斗的容积为28升（一升为一立方分米），上底边长为4分米，下底边长为2分米，则该方斗的表面积为（）A.20310dm

2

B.20410dm

2

C.56dm2D.201210dm

2

6.已知圆的半径为1,a,b,c分别为该圆的内接ABC的三边，若abc162，则ABC的面积为（A.2B.22C.42D.82）7.如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法•商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，……第n层有an个球，则数列

1

的前30项和为（an

）A.60

31B.382C.x

2031D.1931）8.已知函数fxxexlnxa，若fx0在x0,e有实数解，则实数a的取值范围是（A.0,B.,

1e



C.1,D.e,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，有多项是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）

9.下列说法正确的是（离程度用差的平方表示）B.若一组数据x1,x2,,xn的方差为0，则所有数据xii1,2,,n都相同C.用决定系数R2比较两个回归模型的拟合效果时，R2越小，残差平方和越小，模型拟合效果越好D.在对两个分类变量进行2独立性检验时，如果列联表中所有数据都扩大为原来的10倍，在相同的检验标准下，再去判断两变量的关联性时，结论不会发生改变10.函数fx

）A.设随机变量X的均值为,a是不等于的常数，则X相对于的偏离程度小于X相对于a的偏离程度（偏ππ

2sinx0󰆅2,的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是（22

）A.fx的表达式可以写成fx

5π

2cos2x

4

B.fx的图象关于直线xC.fx在区间

5π

对称8

5π7π

,上单调递增88

5π13π

,24

D.若方程fx1在0,m上有且只有6个根，则m

11.如图，已知二面角l的棱l上有A,B两点，C,ACl,D,BDl，且ACABBD，则（）A.当时，直线CD与平面所成角的正弦值为33

B.当二面角l的大小为60时，直线AB与CD所成角为45C.若CD2AB2，则三棱锥ABCD的外接球的体积为55π3

D.若CD2AB，则二面角CBDA的余弦值为277三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）

12.已知多项式x3(x1)a0a1xa2xa3xa4xa5x，则a2a3a4a5__________.4

2

3

4

5

13.若fxln1



2

为奇函数，则b__________.xb

14.油纸伞是中国传统工艺品，至今已有1000多年的历史，为宣传和推广这一传统工艺，北京市文化宫于春分时节开展油纸伞文化艺术节.活动中将油纸伞撑开后摆放在户外展览场地上，如图所示，该伞的伞沿是一个半径为3的圆，圆心到伞柄底端距离为3，阳光照射油纸伞在地面形成了一个椭圆形影子（春分时，北京的阳光与地面夹角为60），若伞柄底端正好位于该椭圆的焦点位置，则该椭圆的离心率为__________.四､解答题（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）设圆C与两圆C1:(x3)y1,C2:(x3)y1中的一个内切，另一个外切.（1）求圆心C的轨迹E的方程；（2）已知直线xym0(m0)与轨迹E交于不同的两点A,B，且线段AB的中点在圆x2y265上，求实数m的值.16.（本小题满分15分）已知函数fxalnx

2

2

2

2

11

2x，且曲线yfx在点1,f1处的切线与直线yx垂直.x2（1）求函数fx的单调区间；（2）若关于x的不等式fx󰆆2x17.（本小题满分15分）如图，在几何体ABCDEF中，ADEF为等腰梯形，ABCD为矩形，AD∥EF,AB1，m

恒成立，求实数m的取值范围.2xAD3,DE2,EF1，平面ADEF平面ABCD.（1）证明：BFCF；（2）求直线AF与平面CEF所成角的余弦值.18.（本小题满分17分）现有标号依次为1,2,,n的n个盒子，标号为1号的盒子里有2个黑球和2个白球，其余盒子里都是1个黑球和1个白球.现从1号盒子里取出2个球放入2号盒子，再从2号盒子里取出2个球放入3号盒子，，依次进行到从n1号盒子里取出2个球放入n号盒子为止.（1）当n2时，求2号盒子里有3个黑球的概率；（2）当n3时，求3号盒子里的黑球的个数的分布列；（3）记n号盒子中黑球的个数为Xn，求Xn的期望EXn.19.（本小题满分17分）三阶行列式是解决复杂代数运算的算法，其运算法则如下：a1a2b1b2c1c2

ia3



b3a1b2c3a2b3c1a3b1c2a3b2c1a2b1c3a1b3c2.若abx1c3x2



jy1y2

为空间向z1，则称abz2

k

量a与b的叉乘，其中ax1iy1jz1kx1,y1,z1R,bx2iy2jz2kx2,y2,z2R，i,j,k为单位正交基底.以O为坐标原点，分别以i,j,k的方向为x轴､y轴､z轴的正方向建立空间直角坐标系，已知A,B是空间直角坐标系中异于O的不同两点.（1）①若A0,2,1,B1,3,2，求OAOB；②证明：OAOBOBOA0.



1

（2）记AOB的面积为SAOB，证明：SAOBOAOB；22

（3）问：(OAOB)的几何意义表示以AOB为底面､OAOB为高的三棱锥体积的多少倍？2024届云南三校高考备考实用性联考卷（七）

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）

题号答案1B2A3B4C5D6C7A8C∣1󰆅x󰆅0，得ðUA{x∣x1或x0}，而B1,1,3,4，依题意，阴影部分表示的集合1.由AxðAB1,3,4，故选B.U

2.设x2axa0的另一个根是z，易知z与1i一定是共轭复数，故z1i，故1i1i2，故选A.1π

,，故选B.2344169

，所以PA1PA，而AB：有一4.由题意可知A：两人都没选择篮球，即PA

5525258

PAB258428

PB∣APAB人选择篮球，另一人选别的兴趣班，则，所以PA99，故选C.5525251

416416MN，解得MN3.由上5.如图所示，高线为MN，由方斗的容积为28升，可得2833.由题知，|a|1,(ab)2|a|22|a||b|cos|b|23，所以2cos1,cos











底边长为4分米，下底边长为2分米可得AM22,NB面积为s201210dm，故选D.2,AB11，侧面积为310，所以方斗的表2

6.设a,b,c分别为角A,B,C所对的边，在ABC中，由正弦定理可得，abc2R2，所以sinAsinBsinCc11cabc162sinC,SABCabsinCab42，故选C.222244

7.根据已知条件有a11，当n󰆆2时，a2a12,a3a23,a4a34,,anan1n，以上各式累加得：ana1234n，又a11，所以an1234n

nn1n󰆆2，经检验a11符合212111nn1*2上式，所以annN，所以，设数列的前n项和为Sn，则annn1nn12an11111122601

Sn212S2，所以，故选A.30

n13131nn122334

8.根据题意，fx0，所以axexxlnx，令gxxexlnx,x0,e，则函数x

fxxexxlnxa在0,e上存在零点等价于ya与gx的图象有交xx1xe11x11x点.gxexxex1exx1，令x1e

xxxx

hxxex1,x0,e，则hxexxex0，故hx在0,e上单调递增，因为h010，x

h1e10，所以存在唯一的x00,1，使得hx00，即x0ex010，即e0

1

，x0lnx0，x0

所以当0xx0时，hx00,gx0,gx单调递减，当x0xe时，hx00,gx0,gx单调递增，所以g(x)mingx0x0e0x0lnx01x0x01，又x0时，gx，故x0,e,gx1,，所以a󰆆1，故选C.x

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，有多项是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）

题号答案9AB10AD11ABD【解析】9.对于A，由均值的性质可知E(Xa)2E(X)2(a)2，由于a是不等于的常数，故可得E(Xa)2E(X)2，即X相对于的偏离程度小于X相对于a的偏离程度，A正确；对于B，根据方差公式s

2

1222

x1xx2xxnx，可知若一组数据x1，x2,,xn的方差n

为0，则x1x2xn,B正确；对于C，由决定系数的定义可知，C错误；对于D,2的值变为原来的10倍，在相同的检验标准下，再去判断两变量的关联性时，结论可能发生改变，D错误，故选AB.10.对A，由f01，得2sin1，即sin

πππ2，又,，又fx的图象过2242

点

π

,0，则8πππππ

f0，即sin0,kπ，即得8k2，kZ，又84884

π5π

0󰆅2,2，所以fx2sin2x2cos2x，故A正确；44

对B，f

5π5π5π5π5π7π

2cos22cos0x,，故错误；对，当时，则BC842888

2x

5π5π5π7π,3π，由余弦函数单调性知，fx在x,单调递减，故C错误；对于D，由fx1，4288

得cos2x依次为：

ππ5π2xkπkπ,kZ，方程fx1在0,m上有6个根，从小到大，解得或4242ππ5π3π9π5π13π5π13π

,,,,,，而第7个根为m󰆅，所以，故D正确，故选AD.424242424当时，因为l,ACl，所以AC，所以直线CD与平面所成角为CDA，11.对A选项：又因为AD，所以ACAD，因为BDl,ACABBD，所以AD

2AB2AC，所以sinCDA

AC

CDACAC2(2AC)2

3，故A正确；3对B选项：如图，过A作AE∥BD，且AEBD，连接ED,EC，则四边形ABDE为正方形，所以AB∥DE，所以CDE（或其补角）即为直线AB与CD所成角，因为BDl，四边形ABDE为正方形，有AE∥BD，所以AEl，又因为ACl，所以CAE即为二面角l的平面角，即CAE60，由ACl､AEl､ACAEA，且AC,AE平面ACE，所以l平面ACE，又四边形ABDE为正方形，所以DE∥l，所以DE平面ACE，又CE平面ACE，所以DECE.由ACBD且四边形ABDE为正方形，CAE60，所以ACAECE，所以tanCDE1，即CDE45，即直线AB与CD所成角为45，故B正确；对于D，如图，作AE∥BD，且AEBD，则二面角l的平面角为CAE，不妨取CD2AB2，由CD2，在RtDEC中，易得CE3，在ACE中，由余弦定理得1

cosCAE，2

过C点作COAE交线段EA的延长线于点O，则CO平面ABDE，过O点作OHBD，CAE120，交线段DB的延长线于点H，连接CH，则CHO为二面角CBDA的平面角，易得CO

37OH27，所以cosCHO，故D正确；对C选项：同选项D可知,HO1,CH

22CH7CAE120，如图，分别取线段AD,AE的中点G,M，连接GM，过G点作平面的垂线，则球心O必在该垂线上，设球的半径为R，则OER，又ACE的外接圆半径r

131，而平面ACE平2sin1202

51面ABDE，所以OG∥平面ACE，即MG的长为点O到平面ACE的距离，则R21，所以42

四面体ABCD的外接球的体积为4355π，故C错误，故选ABD.πR

36三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）

题号答案12813-11423【解析】4433

12.含x的项为：xC4(1)3C4x(1)11x，故a111；令x0，即3a0，令x1，即0a0a1a2a3a4a5,a2a3a4a58.2

0，得xb或xb2，由fx为奇函数有bb20，所以b1.xb14.如图，伞的企沿与地面接触点B是椭圆长轴的一个端点，13.fx定义域为1

伞沿在地面上最远的投影点A是椭圆长轴的另一个端点，对应的伞沿为C,O为伞的圆心，F为伞柄底端，即椭圆的左焦点，令椭圆的长半轴长为a，半焦距为c，由OFBC,OFOB3，得acBF

6,FBC45,AB2a,BC23，在ABC中，BAC60，则2321622a23，由正弦定理得，，ACB75,sin75sin4530

22224解得a

262，则c622，所以该椭圆的离心率eca23.四､解答题（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）圆C1:(x3)2y21的圆心为C13,0，半径为1，圆C2:(x3)2

y2

1的圆心为C23,0，半径为1，设圆C的半径为r，若圆C与圆C1内切，与圆C2外切，则CC1r1,CC2r1，可得CC2CC12；若圆C与圆C2内切，与圆C1外切，则CC2r1,CC1r1，可得CC1CC22；综上所述：CC1CC22，可知：圆心C的轨迹E是以C1､C2为焦点的双曲线，且a1,c3，可得b2c2a28，C的轨迹E的方程为x2y2所以圆心81.sin75sin602y2

1,x

（2）联立方程8xym0,

消去y得7x22mxm280，则Δ4m28m832m70，可知直线与双曲线相交，如图6，设Ax1,y1,Bx2,y2，线段AB的中点为Mx0,y0，可得x0

222x1x2m8mm8m

,y0x0m，即M,，27777

且M

m8m22,在圆xy65上，77

2

2

m8m则65，解得m7，77

又m0，所以实数m的值为7.16.（本小题满分15分）a1

2，xx21

又曲线yfx在点1,f1处的切线与直线yx垂直，2∣x0},fx解：（1）函数fx的定义域为{x

所以f1a122，即a1.x12x1(x0)，1

fxlnx2x,fx

xx2由fx0且x0，得0x

11

，即fx的单调递减区间是0,，22

由fx0得x

11

，即fx的单调递增区间是,.22

m

恒成立，2x

1mm

可化为lnx2x󰆆2x恒成立，即󰆅xlnx1恒成立.x2x2

（2）由（1）知不等式fx󰆆2x令gxxlnx1，当x0,时，gx0,gx在0,上单调递减；

1e



1e

当x,时，gx0,gx在,上单调递增.所以x由1e



1e



m

󰆅xlnx1恒成立，2

11时，函数gx有最小值1.ee

得m󰆅2

22

，即实数m的取值范围是,2.ee

17.（本小题满分15分）（1）证明：如图7，过点F作AD的垂线，垂足为M，连接MB,MC，由已知可得AMMF1,MD2,BM

2,CM5，平面ADEF平面ABCD，平面ADEF平面ABCDAD,FM平面ADEF，FMAD,FM

平面ABCD，MB,MC平面ABCD,FMMB,FMMC，BF3,CF6，BF2CF2BC2，BFCF.（2）解：建立如图所示空间直角坐标系Axyz,

则C1,3,0,E0,2,1,F0,1,1，

AF0,1,1,CE1,1,1,EF0,1,0，nEFy0,

设平面CEF的法向量为nx,y,z，则

nCExyz0,



令x1得n1,0,1，设直线AF与平面CEF所成角为，AFn

则，sincosAF,nAFnππ

0,,，62

11

.222即直线AF与平面CEF所成角的余弦值为18.（本小题满分17分）3.20C212C2解：（1）由题可知2号盒子里有3个黑球的概率为P.C264（2）由题可知可取1,2,3，21C3C2C1C2722C2P12222，2C4C4C4C43621C3C2C1C2722C2P32222，C4C4C4C2364P21P1P3

11

，18所以3号盒子里的黑球的个数的分布列为P

1237361118736（3）记an1为第nn󰆆2号盒子有一个黑球和三个白球的概率，则a1

1，6211

bn1为第nn󰆆2号盒子有两个黑球和两个白球的概率，则b1,b2，318则第nn󰆆2号盒子有三个黑球和一个白球的概率为1an1bn1，且bn1

211

bn2an21an2bn2n󰆆3，322化解得bn1得bn1

11bn2，62

31331bn2,b1，565515

而b2

3133311

b1，则数列bn为等比数列，首项为b1，公比为，56555156

n1

311所以bn

5156

，n

11111

又由an1bn2an2求得：an.62556

因此EXn1an12bn131an1bn132an1bn12.19.（本小题满分17分）（1）①解：因为A0,2,1,B1,3,2，

则OAOB0

ijk2

2



14ij02k03iij2k1,1,2.13

②证明：设Ax1,y1,z1,Bx2,y2,z2，则OAOBy1z2iz1x2jx1y2kx2y1kz2x1jy2z1iy1z2y2z1,z1x2z2x1,x1y2x2y1，将x2与x1互换，y2与y1互换，z2与z1互换，

可得OBOAy2z1y1z2,z2x1z1x2,x2y1x1y2，故OAOBOBOA0,0,00.2(OAOB)2sinAOB1cosAOB122（2）证明：因为OA|OB|222|OA||OB|(OAOB).

|OA||OB|11故SAOBOAOBsinAOB

221

故要证SAOBOAOB，2

222OA|OB|(OAOB)，只需证OAOB222OA|OB|(OAOB)，2222

即证OAOB|OA||OB|(OAOB).

由（1）OAx1,y1,z1,OBx2,y2,z2,OAOBy1z2y2z1,z1x2z2x1,x1y2x2y1，故2

222

|OAOB|y1z2y2z1z1x2z2x1x1y2x2y1，2222222222

又OA|x1y1z1,OB|x2y2z2,(OAOB)x1x2y1y2z1z2，2222

则OAOB|OA||OB|(OAOB)成立，故SAOB

1

（3）解：由（2）SAOBOAOB，222得(OAOB)|OAOB|

1

OAOB2OAOBSAOB2OAOB，221

故(OAOB)SAOBOAOB6，3

2

故(OAOB)的几何意义表示以AOB为底面､OAOB为高的三棱锥体积的6倍.1

OAOB.2