昆明市第一中学2023届高中新课标高三第六次考前基础强化数学试卷及答案

昆明一中2023届高三第六次联考数学参考命、审题组教师杨昆华彭力顾先成莫利琴孙思应梁云虹丁茵张远雄崔锦秦绍卫一、选择题题号12345678答案ADBCBCAD20231011iii12i211.解析：因为i2023ii2i，所以zi，选A.12i12i12i12i552.解析：Bxx250,xZx5x5,xZ2,1,0,1,2，易知图中阴影部分对应的集合为xxB且xA0,2，选D.21213.解析：V圆柱=V圆锥，有（3）h圆柱=（3）h圆锥，所以h圆柱=，h圆锥=1，圆锥的母线l2，得圆锥的33侧面积为S侧rl23，选B.4.解析：由2AOABAC知O是BC边中点，因为O是△ABC的外接圆圆心，所以△ABC为直角三角形，且A，因为OAAB1，所以△AOB为等边三角形，所以ABC，BC2，所以23BABCBABCcosABC1，选C.π5.解析：由已知fx3sinx，知fx3，3，选B.66.解析：由题意知M,N两点到准线x2的距离之和等于9，由抛物线定义得MN9，而在抛物线y28x过焦点的弦中，弦长的最小值为2p8，而MN9，根据过焦点的弦的对称性知，这样的弦有且仅有两条，选C．PBC17.解析：PBC，由A,B是互斥事件知，P(AB)CPACPBC，PC3111所以PACP(AB)CPBC，选A．2368.解析：由题意，数fxxsinx，当x1时，fxxsinx0，fx在1，上单调递增；而2x11，3x11，由f2x1f3x1可得2x13x1，即2x3x，由函数图象知x，0，第1页（共7页）选D.二、多选题题号9101112答案BCDBDBCDAC解析：对于选项，令得8，所以选项错误；9.Ax2a0571A分别令和得17和9，x1x3a0a1a2a102a0a1a2a3a9a1010所以选项B和选项C正确；对于选项，22Da0a2a10a1a3a9179，选项正确；a0a1a2a9a10a0a1a2a9a10210D综合以上，选BCD．10.解析：对于选项A，8个数据从小到大排列，由于80.252，所以第25百分位数应该是第二个与第123三个的平均数，A错误；22PMN对于选项B，由PNMPN1可得PNM1PN，即PN，PM即PMNPMPN，所以M,N相互独立，B正确；对于选项，由2可得出“零假设与独立”不成立，所以有的把握说，C8.612x0.005H0:XY99.5%XY有关，C错误；对于选项D，样本点都在直线y2x3上，说明是负相关且线性相关性很强，所以相关系数为1，D正确；解析：由有11，所以1是首项为，公差为的等差数列，1，11.anan12anan102222nan1ananan111111即a，a，A错误；aa()，数列aa的前n项和n2n2023nnn14n(n1)4nn1nn1111111111112T(1)(1)，C正确；由b1S，可求得n422334nn14n14n3n1n1n，数列的前项和利用分组求和法可得233，正确；数列bn3nNbnnCnnnBan22b2n13n111n的前项和3，当时，1933，正确，选nAnn10A10DBCD.an222212.解析：由题意函数fx是周期2的周期函数，f2022afa1，所以fa1，若a1，1，第2页（共7页）1a111则，a.所以在1，1这一个周期内a的值为a，则a的所有可能取值为1a2331a2kkZ，经验证可知A，C正确，选AC.3三、填空题π222113.解析：由0，，tan，得cos22sin，又sincos1，解得sin，2432242cos，则sin22sincos.3914.解析：设两曲线公共点坐标为m，n，显然m0，nam2em，由题意fx2ax，gxex，eme2e2则fmgm，2amem，有2amam2，m2，a，则a的值为.2m44y2x2a15.解析：双曲线C：1(a0,b0)的焦点在y轴上，渐近线方程是yx，a2b2bab2结合该双曲线的图象，由直线l与双曲线C恒有两个公共点可得出：2，即，ba2ca2b2b266所以离心率e1(,)，即离心率e的取值范围是(,)．aaa222616.解析：当平面ADB平面CDB时，三棱锥CABD体积最大，此时ACa；2三棱锥的面积，CABDSS△ADBS△CDBS△ADCS△ABC1032S△S△2S△2aasin60a，ADBCDBADB2212S△S△2S△2ABBCsinABCasinABC，所以三棱锥CABD的表面积ADCABCABC23Sa2a2sinABC，故当ABC900，即ABBC时，表面积最大，此时AC2a，所以分26别填：a，2a.2四、解答题ABAD17.解：（1）在△ABD中，由正弦定理得，sinADBsinABD423所以，所以sinADB1，又因为0ADBπ，sinADB32π所以ADB，所以BDAB2AD22．………5分2第3页（共7页）1π（2）在△ADE中,DEBD1，因为ADE，22AD239所以AEDE2AD213，cosDAE，AE133313239在△ACD中，ACAE，AD23，cosDAC，22132121所以CD2AD2AC22ADACcosDAC，所以CD，42AD2CD2AC227所以cosADC.………10分2ADCD7解：（）设表示取到的产品是次品，表示产品由甲工厂生产，表示产品由乙工厂生产”，18.1B“”A1“”A2“表示“产品由丙工厂生产”，易知，，两两互斥，根据题意得，，A3A1A2A3P(A1)0.4P(A2)0.4，根据全概率公式可得P(A3)0.23P(B)P(Ai)P(B|Ai)0.020.40.040.40.040.20.032i1故取到次品的概率为0.032.………6分（2）“如果取到的产品是次品，计算分别出自三个工厂的概率”，就是计算在B发生的条件下，事件发生的概率.AiP(AB)P(A)P(B|A)0.40.021P(A|B)111.1P(B)P(B)0.032411同理可得P(A|B)，P(A|B).2234所以如果取到的产品是次品，此次品出自甲厂、乙厂和丙厂的概率分别是1，1，1.424………12分解：（）当时，，即，解得：，19.1n1S22S12a2a12a12a23S2Sn1当时，n1n，两式相减得：，n2an12an1Sn2Sn1na1而，即n1，an112an12n2an1a1检验，当n1时，22，a11所以数列是首项为，公比为的等比数列………分an1a1122.6（）由（）知：n，21an21第4页（共7页）a12i11因为i，ii1ii1aiai121212121na1111111所以i，1223nn1i1aiai12121212121211111，2112n112n111因为nN*，所以0，2n11na1所以i1.………12分i1aiai120.解：（1）证明：取AB的中点为O，连OP，OM，因为PAPB，则OPAB；又M为棱BC的中点，则OM为△ABC的中位线，所以OM∥AC，因为BAC=90，ABAC，则ABOM；由于OPOMO，AB平面POM，因为PM平面POM，所以ABPM.………5分（2）由（Ⅰ）得OPAB，且平面PAB平面ABC，则OP平面ABC，又ABOM，则以O为原点，OB，OM，OP所在直线分别为x，y，z轴建立直角坐标系，因为PAPB2，AB2，则PA2+PB2AB2，则OP1，则P(0,0,1)，A(1,0,0)，M(0,1,0)，C(1,2,0)，因为2PEEC，则PA(1,0,1)，AM(1,1,0)，设n(x,y,z)为平面PAM的一个法向量，PAnxz0则，得n(1,1,1)，AMnxy01121又PEPC(,,)，设点E到平面PAM的距离为d，3333121PEn33323则d，n3923则点E到平面PAM的距离为.………12分9第5页（共7页）(x1)2y2121.解：（1）设动点C(x,y)，由题意知，，所以动点C的轨迹方程为x42x2y2C:1......4分4333kk（2）当直线斜率不存在时，M,N的坐标分别为(1,),(1,)，则132.22k2当直线斜率存在时，设直线方程为lF:yk(x1).x2y212222联立直线和椭圆的方程43，化简得(4k3)x8kx4k120，则yk(x1)8k24k212xx，xx，yyk(x1)k(x1)k(xx)2k，124k23124k23121212，所以y1x2y2x1k(x11)x2k(x21)x12kx1x2k(x1x2)ytyt12kkx4x43(yt)(x4)(yt)(x4)13121221k2tt(x14)(x24)413yxyx4(yy)t(xx)8t3t(24k224)122112122tx1x24(x1x2)16t36k3632t2.t3kk即13为定值，定值为2.......12分k222.证明：（1）因为fxexax，所以f(x)exa，①当a0时，f(x)exa0，此时f(x)在,单调递增，当x时，fx，当x+时，fx+，所以f(x)在,存在唯一零点；②当a=0时，f(x)ex0，所以f(x)在,无零点；③当a0时，f(x)exa0xlna，f(x)exa0xlna,此时f(x)在,lna单调递减，lna,单调递增，所以，而当时，，当时，，f(x)minflnaalnaxfxx+fx+若存在零点，则只需要即可，所以fxf(x)minflnaaalna0lna1ae由①②③可得，实数a的取值范围,0Ue,；………6分（2）①当a0时，f(x)exa0，此时f(x)在,单调递增，第6页（共7页）当x时，fx，与fx0恒成立矛盾；②当a=0时，f(x)exb0，所以b2ab0③当a0时，f(x)exa0xlna，f(x)exa0xlna,此时f(x)在,lna单调递减，lna,单调递增，所以，f(x)minflnaalnab0b2a3aalna令g(x)3xxlnx，所以g(x)2lnx，g(x)0xe2，f(x)00xe2,所以g(x)在0,e2单调递增，e2,单调递减，2222，所以2g(x)maxge3e2eeb2ae由①②③可得，b2a的最大值为e2.………12分第7页（共7页）