2024年云南省“3_3_3”高考数学诊断联考试卷（二）(含详细答案解析)

这是一份2024年云南省“3_3_3”高考数学诊断联考试卷（二）(含详细答案解析)，共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合A={x∈Z|0≤x≤4}，B={0,1,2,3,4,5}，则( )
A. A⫋BB. A=BC. A∈BD. B⊆A
2.底面积是π，侧面积是3π的圆锥的体积是( )
A. 2 2πB. 2πC. 2π3D. 2 23π
3.已知复数z满足z(2−i)−i=2(i为虚数单位)，则z的虚部为( )
A. 45B. −45C. 45iD. −45i
4.甲、乙两人进行网球比赛，连续比赛三局，各局比赛结果相互独立.设乙在第一局获胜的概率为34、第二局获胜的概率为23，第三局获胜的概率为23，则甲恰好连胜两局的概率为( )
A. 19B. 536C. 736D. 29
5.本次月考分答题卡的任务由高三16班完成，现从全班55位学生中利用下面的随机数表抽取10位同学参加，将这55位学生按01、02、⋯、55进行编号，假设从随机数表第1行第2个数字开始由左向右依次选取两个数字，重复的跳过，读到行末则从下一行行首继续，则选出来的第6个号码所对应的学生编号为( )
0627 4313 2432 5327 0941 2512 6317 6323 2616 8045 6011
1410 9577 7424 6762 4281 1457 2042 5332 3732 2707 3607
0140 0523 2617 3726 3890 5124 5179 3014 2310 2118 2191
A. 51B. 25C. 32D. 12
6.若函数f(x)的定义域为R且图象关于y轴对称，在[0,+∞)上是增函数，且f(−3)=0，则不等式f(x)<0的解是( )
A. (−∞,−3)B. (3,+∞)
C. (−3,3)D. (−∞,−3)∪(3,+∞)
7.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，且S55−S33=2，则数列{an}的公差为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
8.已知a=ln( 2e),b=e+1e,c=ln55+1，则a，b，c的大关系为( )
A. c>a>bB. b>a>cC. a>b>cD. b>c>a
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.(x+2x)7的展开式中，下列结论正确的是( )
A. 展开式共7项B. x项系数为280
C. 所有项的系数之和为2187D. 所有项的二项式系数之和为128
10.已知函数f(x)= 3sinxcsx−cs2x+12，则下列说法正确的是( )
A. f(x)=sin(2x−π6)+1
B. 函数f(x)的最小正周期为π
C. 函数f(x)的图象的对称轴方程为x=π3+kπ2(k∈Z)
D. 函数f(x)的图象可由y=sin2x的图象向右平移π12单位长度得到
11.袋子中有2个黑球，1个白球，现从袋子中有放回地随机取球4次，每次取一个球，取到白球记0分，黑球记1分，记4次取球的总分数为X，则( )
A. X∼B(4,23)B. P(X=2)=827
C. X的期望E(X)=83D. X的方差D(X)=89
三、填空题：本题共3小题，共12分。
12.以下数据为某校参加数学竞赛的19人的成绩：66，69，70，72，75，77，78，79，80，81，82，83，84，86，88，90，91，94，98，则这19人成绩的第80百分位数是______.
13.设向量a=(1,2),b=(m,1)，且|a+b|=|a−b|，则m=______；a和b所成角为______.
14.已知F1，F2分别是双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，经过点F2且与x轴垂直的直线与y=bax交于点A，且π6≤∠F1AF2≤π4，则该双曲线离心率的取值范围是______.
四、解答题：本题共5小题，共80分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题15分)
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知acsB−bcsA=b+c.
(1)求角A的值；
(2)若a=2 3,△ABC的面积为 3，求b，c.
16.(本小题15分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，当n≥2时，Sn=n+12an−1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列bn=2anan+1，Tn为数列{bn}的前n项和，求Tn.
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAD为等腰直角三角形，且∠PAD=π2，点F为棱PC上的点，平面ADF与棱PB交于点E.
(1)求证：EF//AD；
(2)若AE= 2，平面PAD⊥平面ABCD，求平面PCD与平面ADF夹角的大小.
18.(本小题17分)
已知椭圆C的方程x2a2+y2b2=1(a>b>0)，右焦点为F(1,0)，且离心率为12.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设A，B是椭圆C的左、右顶点，过F的直线l交C于D，E两点(其中D点在x轴上方)，求△DBF与△AEF的面积之比的取值范围.
19.(本小题18分)
已知函数f(x)=alnx−x+1x(a∈R).
(1)若a=2，求证：当x≥1时，f(x)≤0；
(2)若f(x)有两个不同的极值点x1，x2(x1(i)求a的取值范围；
(ii)求证：f(x2)<2 3.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由题意可得A={0,1,2,3,4}，所以A⫋B.
故选：A.
先确定集合A中的元素，再确定两个集合的关系．
本题主要考查集合的包含关系，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：设圆锥的母线长为l，高为h，半径为r，
则S底=πr2=π，且S侧=π×r×l=3π，解得r=1，l=3，
所以h= l2−r2= 9−1=2 2，
所以圆锥的体积为13×π×12×2 2=2 23π.
故选：D.
利用圆锥的底面积和侧面积公式求出底面圆半径和母线长，再求圆锥的高，即可计算圆锥的体积．
本题考查了圆锥的侧面积公式和体积公式应用问题，是基础题．
3.【答案】A
【解析】解：由z(2−i)−i=2可得z=2+i2−i=(2+i)2(2−i)(2+i)=3+4i5，
故虚部为45.
故选：A.
根据复数的除法运算化简，即可根据虚部的概念求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及虚部的概念，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：根据题意，设甲第i局胜，i=1，2，3，且P(A1)=14,P(A2)=13,P(A3)=13，
则甲恰好连胜两局的概率P=P(A1A2A3)+P(A−1A2A3)=14×13×(1−13)+(1−14)×13×13=536.
故选：B.
根据题意，根据题意，设甲第i局胜，i=1，2，3，根据独立事件的概率乘法公式即可分类求解，即可得答案．
本题相互独立事件和互斥事件的概率计算，注意分析事件之间的关系，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：根据随机数表读取，分别抽到的编号为31，32，43，25，12，51，26，04，01，11，
所以选出来的第6个号码所对应的学生编号为51.
故选：A.
根据随机数表按照规则读数即可得解．
本题主要考查简单随机抽样的应用，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：因为f(x)在[0,+∞)上是增函数且f(−3)=0，所以f(3)=0，
故f(x)<0在[0,+∞)范围内的解为[0,3).
因为函数f(x)在定义域R上图象关于y轴对称，所以f(x)<0在(−∞,0)内的解为(−3,0)，
所以不等式f(x)<0在R内的解为(−3,3).
故选：C.
先分析不等式在[0,+∞)上的解，再根据对称性得出不等式在上(−∞,0)的解即可．
本题主要考查了函数的单调性及奇偶性在不等式求解中的应用，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：设等差数列{an}的公差为d.
因为a1=1，
所以S5=5a1+5×42×d=5+10d，S3=3a1+3×22×d=3+3d.
又因为S55−S33=2，
所以5+10d5−3+3d3=2，解得：d=2.
故选：B.
根据等差数列的前n项和公式列出等式即可求解．
本题主要考查了等差数列的求和公式的应用，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：a=ln( 2e)=ln212+lne=1+ln22，b=e+1e=1+1e，
设f(x)=lnxx，则f′(x)=1−lnxx2，
当00，f(x)在(0,e)上递增；
当x>e时，f′(x)<0，f(x)在(e,+∞)上递减，
因为e<4<5，所以1e>ln44=ln22>ln55，
所以1+1e>1+ln22>1+ln55，
即b>a>c.
故选：B.
根据a，b，c的特点，构造函数f(x)=lnxx，判断其单调性，得到1e>ln44=ln22>ln55，从而求出结果．
本题考查利用导数研究函数的单调性，属中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：选项A：因为n=7，所以展开式共有8项，故A错误，
选项B：展开式的一次项为C73x4(2x)3=35×8x=280x，故B正确，
选项C：令x=1，则所有项的系数和为(1+2)7=2187，故C正确，
选项D：所有项的二项式系数和为27=128，故D正确．
故选：BCD.
选项A：根据二项式定理的性质即可判断，选项B：根据二项式展开式的通项特征即可判断，选项C：令x=1即可判断，选项D：根据二项式系数和公式即可判断．
本题考查二项式定理的应用，属于基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：对于AB，因为函数f(x)= 3sinxcsx−cs2x+12= 32sin2x−1+cs2x2+12= 32sin2x−12cs2x=sin(2x−π6)，故A错误；
所以T=2π2=π，故B正确；
对于C，令2x−π6=kπ+π2,k∈Z，解得x=kπ2+π3,k∈Z，故C正确；
对于D，y=sin2x的图象向右平移π12单位长度可得y=sin2(x−π12)=sin(2x−π6)，故D正确．
故选：BCD.
根据三角恒等变换判断A，根据正弦型函数周期判断B，根据正弦型函数对称轴判断C，由图象平移判断D.
本题考查的知识点：三角函数的关系式的变换，正弦型函数的性质，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
11.【答案】ABCD
【解析】解：从袋子中有放回的取球4次，则每次取球互不影响，并且每次取到的黑球概率相等，
又每次取一个球，取到白球记0分，黑球记(1分)，故4次取球的总分数相当于抽到黑球的总个数，
又每次摸到黑球的概率为23，因为是有放回地取4次球，所以X∼B(4,23)，故A正确；
P(X=2)=C42×(23)2×(1−23)2=827，故B正确；
根据二项分布期望公式得E(X)=4×23=83，故C正确；
根据二项分布方差公式得D(X)=4×23×13=89，故D正确．
故选：ABCD.
求出一次摸到黑球的概率，根据题意可得随机变量X服从二项分布，再根据二项分布列及期望公式、方差公式求解即可．
本题考查二项分布以及期望公式、方差公式相关公式，属于中档题．
12.【答案】90
【解析】解：19×80%=15.2，故这19人成绩的第80百分位数为第16个数90.
故答案为：90.
根据百分位数的计算即可求解．
本题主要考查百分位数的求解，属于基础题．
13.【答案】−290∘
【解析】解：因为|a+b|=|a−b|，
所以(a+b)2=(a−b)2，
所以a⋅b=0，
所以1×m+2×1=0，
所以m=−2.
因为a⋅b=0，
所以a和 b所成角为90∘.
故答案为：−2；90∘.
将|a+b|=|a−b|化简变形，并将坐标代入求出m，根据a⋅b=0判断两个向量夹角为直角．
本题主要考查向量的数量积，考查向量的模长计算，属于基础题．
14.【答案】[ 5, 13]
【解析】解：设双曲线的焦距为2c，
如图，F1(−c,0)，F2(c,0)，
由题意，A(c,bac)，|F1F2|=2c，
则tan∠F1AF2=|F1F2||AF2|=2cbac=2ab，
由π6≤∠F1AF2≤π4，得 33≤2ab≤1，
即2≤ba≤2 3，
∴e=ca= 1+(ba)2∈[ 5, 13].
故答案为：[ 5, 13].
由题意画出图形，求得tan∠F1AF2=2ab，再由π6≤∠F1AF2≤π4求得ba的范围，结合双曲线的离心率公式得答案．
本题考查了双曲线的性质，属于中档题．
15.【答案】解：(1)∵acsB−bcsA=b+c，
由正弦定理可得：sinAcsB−sinBcsA=sinB+sinC，
∵sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB，
∴sinAcsB−sinBcsA=sinB+sinAcsB+csAsinB，
即−2sinBcsA=sinB，
∵sinB≠0，∴csA=−12，
∵A∈(0,π)，∴A=2π3.
(2)由题意，S△ABC=12bcsinA= 34bc= 3，
所以bc=4，
由a2=b2+c2−2bccsA=b2+c2+bc，
得(b+c)2=a2+bc=16，
所以b+c=4，解得：b=c=2.
【解析】(1)由正弦定理及三角恒等变换化简即可得解；
(2)由三角形面积公式及余弦定理求解即可．
本题主要考查解三角形，属于中档题．
16.【答案】解：(1)由题意，当n≥2时，2sn=(n+1)an−2，且a1=1，
若n=2，则2S2=2(a1+a2)=3a2−2，即a2=4，
当n≥3时，2Sn−1=nan−1−2，
两式相减得，2Sn−2Sn−1=2an=(n+1)an−nan−1，
整理得ann=an−1n−1，即ann=an−1n−1=⋯=a22=2
所以an=2n，
综上所述，an=1,n=12n,n≥2；
(2)因为bn=2anan+1=24n(n+1)=12n(n+1)，n≥2，
当n=1时，Tn=b1=12，
当n≥2时，Tn=b1+b2+b3+⋯+bn=12+12(12−13+13−14+⋯+1n−1n+1)
=12+12×(12−1n+1)=34−12(n+1)，
此时，n=1也适合上式，
所以Tn=34−12(n+1).
【解析】(1)由已知结合和与项的递推关系及累乘法即可求解；
(2)先求出bn，然后结合裂项求和即可求解．
本题主要考查了数列的和与项的递推关系的应用，还考查了累乘法在数列通项公式求解中的应用，裂项求和的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)证明：由四棱锥P−ABCD的底面ABCD为正方形，可得AD//BC，
因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD//平面PBC，
又因为AD⊂平面AEFD，平面AEFD∩平面PBC=EF，所以AD//EF；
(2)由∠PAD=π2，可得PA⊥AD，
因为平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，PA⊂平面PAD，
所以PA⊥平面ABCD，
因为AB⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，
又因为底面ABCD为正方形，所以AB⊥AD，所以AB，AD，AP两两垂直，
以A为坐标原点，以AB，AD，AP所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
因为底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAD为等腰直角三角形，可得AP=2，
在直角△PAB中，由AB=AP=2,AE= 2，可得E为PB的中点，
则A(0,0,0)，B(2,0,0)，D(0,2,0)，C(2,2,0)，P(0,0,2)，可得E(1,0,1)，
所以AE=(1,0,1),AD=(0,2,0),DC=(2,0,0),DP=(0,−2,2)，
设平面AEFD的法向量为n=(x,y,z)，则n⊥AE，n⊥AD，
所以n⋅AE=x+z=0n⋅AD=2y=0，
取x=1，可得y=0，z=−1，所以n=(1,0,−1)
设平面PCD的法向量为m=(a,b,c)，则m⊥DC，m⊥DP，
所以m⋅DC=2a=0m⋅DP=−2b+2c=0，
取b=1，可得a=0，c=1，所以m=(0,1,1)，
设平面PCD与平面ADF夹角为θ，
则csθ=|cs|=|m⋅n||m||n|=1 2× 2=12，所以θ=π3，
即平面PCD与平面ADF的夹角为π3.
【解析】(1)根据题意，得到AD//BC，证得AD//平面PBC，再利用线面平行的性质定理，即可证得AD//EF；
(2)根据题意，证得PA⊥平面ABCD，得到PA⊥AB，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面AEFD和平面PCD的法向量n=(1,0,−1)和m=(0,1,1)，结合向量的夹角公式，即可求解．
本题考查线线平行的证明和平面与平面的夹角的求法，属于中档题．
18.【答案】解：(1)不妨设椭圆C的焦距为2c，
因为椭圆C的右焦点为F(1,0)，且离心率为12，
所以c=1,e=ca=12，
解得a=2,b= a2−c2= 3，
则椭圆C得方程为x24+y23=1.
(2)当直线l的斜率不存在时，
则S△BDFS△AEF=|BF||AF|=a−ca+c=13，
当直线l的斜率存在时，
不妨设直线l的方程为x=ty+1(t≠0)，D(x1,y1)(y1>0)，E(x2,y2)(y2<0)，
联立x=ty+1x24+y23=1，消去x并整理得(3t2+4)y2+6ty−9=0，
易知Δ=36t2+36(3t2+4)>0，
由韦达定理得y1+y2=−6t3t2+4，y1y2=−93t2+4，
因为S△AEF=12|AF|⋅|y2|=−32y2，S△BDF=12|BF|⋅|y1|=12y1，
所以S△BDFS△AEF=12y1−32y2=−13⋅y1y2，
因为(y1+y2)2y1y2=36t2(3t2+4)2−93t2+4=−4t23t2+4=−43+4t2>−43，
所以−43<(y1+y2)2y1y2<0，
又(y1+y2)2y1y2=y12+2y1y2+y22y1y2=y1y2+y2y1+2，
不妨设y1y2=k，
此时k<0，
所以−43解得−3则S△BDFS△AEF=−13⋅y1y2∈(19,13)∪(13,1)，
综上得S△BDFS△AEF的取值范围为(19,1).

【解析】(1)由题意，根据题目所给信息以及a，b，c之间的关系，列出等式进行求解即可．
(2)对直线l的斜率是否存在进行讨论，当直线l的斜率不存在时，推出S△BDFS△AEF=|BF||AF|=a−ca+c=13；当直线l的斜率存在时，设出直线l的方程和D，E两点的坐标，将直线l的方程与椭圆方程联立，结合三角形面积公式得到S△BDFS△AEF=−13⋅y1y2，利用韦达定理以及换元法再进行求解即可．
本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理、分类讨论和运算能力，属于中档题．
19.【答案】证明：(1)a=2时，f(x)=2lnx−x+1x，
则f′(x)=2x−1−1x2=−x2+2x−1x2=−(x−1)2x2≤0，故f(x)在[1,+∞)单调递减，
故f(x)≤f(1)=0，故x≥1时，f(x)≤0；
解：(2)(i)f′(x)=ax−1−1x2=−x2+ax−1x2，
由于f(x)有两个不同的极值点x1，x2(x1故x1，x2是−x2+ax−1=0的两个不相等的正实数根，
故Δ=a2−4>0x1+x2=a>0x1x2=1>0，解得a>2，
故{a|2(ii)由于x1+x2=ax1x2=1>0，所以x1=1x21，
由于x1+x2=1x2+x2≤4，故1f(x2)=alnx2−x2+1x2=(x1+x2)lnx2−x2+1x2=(1x2+x2)lnx2−x2+1x2，
令g(x)=(1x+x)lnx−x+1x,x∈(1,2+ 3],
故g′(x)=(−1x2+1)lnx+(1x+x)1x−1−1x2=(x2−1x2)lnx，
当10，故g(x)在1故g(x)≤g(2+ 3)=(12+ 3+2+ 3)ln(2+ 3)−(2+ 3)+12+ 3=4ln(2+ 3)−2 3，
由于(2+ 3)2=7+4 3<15<2.53=15.625因此g(x)≤f(2+ 3)=4ln(2+ 3)−2 3<4× 3−2 3=2 3，
故f(x2)<2 3.
【解析】(1)求导判断函数的单调性即可求解最值证明，
(2)根据极值点可得韦达定理，根据一元二次方程根的分布即可求解a的范围，利用x1=1x2本题主要考查了导数与单调性及极值关系的应用，还考查了导数与函数性质在不等式证明中的应用，属于中档题．