2023届云南三校高考备考实用性联考卷（五）数学-答案

数学参考答案·第1页（共10页）2023届云南三校高考备考实用性联考卷（五）数学参考答案一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）题号12345678答案BCDABCAD【解析】1．{|15}Axx∵，{|04}Bxx≤，{|04}ABxx∴≤，故选B.2．2(2)(2)20abaabaaab∵，∴，则2ab，又||||cosababab，，所以21cos222||||ababab，=，夹角为2π3，故选C.3．因为1iz，1iz，i22izz，所以|i|4422zz，故选D.4．设等比数列{}na的公比为0qq，，若1q，则361829SS，与题意矛盾，所以1q，由31363163251(1)181(1)191(1)54aqSqaqSqqaaaqq，，解得19612aq，，所以5613aaq，故选A.5．设球心O到上底面的距离为h，球半径为R，则易知圆台的高为7，由2222916(7)RhRh，，解得45hR，，所以外接球的体积34500ππ33VR，故选B.6．令1()exfxx，则1()e1xfx，故当(01)x，时，()0fx，当(1)x，时，()0fx，故()fx在(01)，上单调递减，在(1)，上单调递增，且(1)0f，故方程1eaa的解为1a；令()ln1gxxx，()ln1gxx，当(1)x，时，()0gx，故()gx在(1)，上单调递增，且当(01)x，时，()0gx，(1)10g，而()ln10gbbb，故1b；e1cc∵，1e1cc，01c∴，故cab，故选C.（本题亦可以用数形结合来做）数学参考答案·第2页（共10页）7．如图1，设双曲线的右焦点为2F，则直线2()yxc过右焦点2F，由0OBAB，得OBAB，直线OB的斜率为12，所以2112tan22babFOBa，，，在2RtOFB△中，22212cos51tanFOBFOB，222||||cos5cOBOFFOB，22222tan4tantan21tan3FOBAOBFOBFOB，在RtAOB△中，4||||tan||3ABOBAOBOB，所以21210||||||233AOBSOBABOB△，2||55cOB52c，所以25c，故选A.8．π6()cos(0)fxx∵，存在12π02xx≤≤，使得12()()2fxfx，则函数()fx在区间π02，上，存在包含最大值和最小值的一个增区间．∵当π20x，时，ππππ2666x，，ππ62π2∴≥，解得133≥.此时存在116π()cosfxxcosπ1，226π()coscos2π1fxx，满足题意.∴的最小值是133，故选D.二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）题号9101112答案BCABDACDABD【解析】9．由已知34CCnn，所以7n，故A选项错误，B选项正确；展开式中含2x项为4423271C()35xxx，故C选项正确；令1x得展开式中各项系数和为0，而展开式中各项二项式系数和为72，故D选项错误，故选BC.图1数学参考答案·第3页（共10页）10．由正方体的性质知，点P在线段11BD上，由1AC平面11ABD可知1ACAP，故A选项正确；易知11//BD平面1BDC且P在线段11BD上，所以三棱锥1PBDC的体积为定值，故B选项正确；由1AC平面1BDC，可知PC不与平面1BDC垂直，故C选项错误；点P与线段11BD的端点重合时，直线AP与BD所成角最小，为π3，点P位于线段B1D1的中点时，直线AP与BD所成角最大，为π2，所以直线AP与BD所成角的取值范围为ππ32，，故D选项正确，故选ABD.11．依题意得，(20)(20)FM，，，，直线l的方程为(2)ykx，联立得28(2)yxykx，，消去y得2222(48)40kxkxk，因为直线l与抛物线相交于1122()()AxyBxy，，，两点，所以22240(48)160kkk，，解得11k且0k，212244kxxk，所以2212128864yyxx4256，易知12yy，同号，所以1216yy，于是12124yyxx，故A选项正确，B选项错误；由于1122(2)(2)FAxyFBxy，，，，所以1212122()4FAFBxxxxyy22284164241632kkk，显然22k，即212k时，0FAFB，此时AFB为直角，即以AB为直径的圆经过点F，故C选项正确；AFB△的面积||MFAMFBSSS△△21212121|||2()4|2MFyyyyyy，而1212128(2)(2)16yykxkxyyk，，所以22812416161Skk，令162S，得33k，所以直线AB的倾斜角为π6或5π6，故选项D正确，故选ACD.12．对于A：因为(4)(2)(2)()()fxfxfxfxfx，所以()fx是周期为4的函数，故A正确；对于C：因为()(1)(1)()gxxfxxfxgx，所以()gx是奇函数，故C错误；对于B：因为()fx的周期为4，所以(2022)(2)(0)0fff，所以(2022)0f，(2023)(2023)(1)(1)2ffff，所以(2022)(2023)2ff，故B正确；对于D：因为(2)(0)0ff，(4)(0)0ff，所以(2)0fk，k*N，所以(21)(21)(2)0gkkfk，k*N，因为(41)(1)2fkf，(41)(1)2fkf，数学参考答案·第4页（共10页）k*N，所以(42)(4)(42)(41)4(41)2(42)244gkgkkfkkfkkk，*kN，所以501()[(1)(3)(49)][(2)(4)(48)](50)0kgkggggggg12444个…50(51)4850(3)48+50(2)52ff，故D正确，故选ABD.三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号13141516答案105322(4)16xy；12【解析】13．共随机抽取61097840人，4070%28，故第70百分位数为10.14．易知(12)P，关于x轴的对称点坐标为(12)，，所以反射光线所在直线方程为2yx，而反射光线与圆C相切，所以22|231|5.2(1)r15．直线yaxb与曲线ln2yax相切，设切点为00()xy，，则00000ln2aaxyaxbyax，，，可得00122xyab，，，所以2ba，所以222222333(2)412124332abaaaaa≥，当且仅当3122ab，时，等号成立，所以223ab的最小值为3．16．设()Pxy，，||1||2PMPN，所以2222(2)12(4)xyxy，所以2280xxy，22(4)16xy即，三棱锥的高为3SA，当底面ABC△的面积最大值时，三棱锥的体积最大，6BC，2ACAB，取BC靠近B的一个三等分点为坐标原点O，BC为x轴建立平面直角坐标系，不妨取(20)B，，(40)C，，由题设定义可知()Axy，的轨迹方程为22(4)16xy，所以A在圆22(4)16xy的最高点处(44)，，164122ABCS△，此时，max1()312123SABCV.数学参考答案·第5页（共10页）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）112(2)nnnaaan由≥，得11nnnnaaaa，……………………………（2分）又1213aa，，则212.aa1{}nnaa∴是各项为2的常数列，即12nnaa，{}na∴是以1为首项，2为公差的等差数列，*1(1)221nannnN，.………………………………………………………（4分）（2）由（1）可得22(1)nnnSnbn，，………………………………………………（6分）当n为偶数时，12341()()()nnnTbbbbbb222222(1+2)(3+4)++[(1)]nn(21)(21)(43)(43)[(1)(1)nnnn][]…1234(1)nn…(1)2nn=；………………………………………………………………………………（8分）当n为奇数时，1n为偶数，211(1)(2)(1)(1)22nnnnnnnTTbn，综上，*(1)(1)2nnnnTnN，.………………………………………………………（10分）注：写成(1)2(1)2nnnnTnnn，为偶数，，为奇数，也正确，其他解法酌情给分.18．（本小题满分12分）解：（1）由已知cos4cos4(coscos)4AbCcAaCabac4(sincossincos)sin4sin()sinCAACaBCAaB4sinsinBaB，因为B是三角形的内角，所以sin0B，可得4a.…………………………………………………………………………………（6分）数学参考答案·第6页（共10页）（2）由已知得ABC△的面积11sin4322SbcAaAD，解得83sinbcA，…………………………………………………………………………（8分）又由余弦定理得22242cos22cos2(1cos)bcbcAbcbcAbcA≥，当且仅当bc时取等号，所以2832sin83(1cos)2(1cos)888sin2sincos22AAbcAAAA≤≤≤，…………………（10分）所以3tan23A≤，因为(0π)A，，所以π022A，，所以π26A≤，即π3A≤，所以角A的最大值为π.3………………………………………………………………（12分）19．（本小题满分12分）（1）证明：在三棱柱中，11//BBCC，则由1BB平面AEF，可知1CC⊥平面AEF，故1BBAE，1BBEF，1CCAF，从而π2AEBAFC，由四边形11AABB与四边形11AACC面积相等可知，AEAF，又ABAC，则AEBAFC△≌△，故BECF，结合BECF∥，可知四边形BEFC为平行四边形，又1BBEF，故四边形BEFC为矩形.…………………………………………………………………（5分）（2）解：如图2，取EF的中点G，联结AG，由（1）知AEAF，且1BB平面11BBCC，则平面AEF平面11B