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云南省昆明市第一中学2024届高三第四次一轮复习检测数学含解析
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这是一份云南省昆明市第一中学2024届高三第四次一轮复习检测数学含解析，文件包含2023-2024学年昆明一中月考四数学答案docx、2023-2024学年昆明一中月考四数学试卷pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共10页， 欢迎下载使用。
数学参考答案
命题、审题组教师 杨昆华 彭力 李文清 李春宣 丁茵 王在方 张远雄 李露 陈泳序 杨耕耘
一、选择题
1．解析：因为，则其在复平面内所对应的点为，其位于第三象限，选C．
2．解析：由题，知只有一个实数根．当时，，此时；当时，令，有，，此时．综上或，选B．
3．解析：因为直线的斜率为，所以，所以，选D．
4．解析：由题意可知，该香料收纳罐的容积为．选C．
5．解析：因为，所以，所以数学成绩在分以上的人数约为人，选C．
6．解析：由题，有亚历山大城到赛伊尼走视距段，设地球大圆周长的视距段为，所以，得个视距段，则地球的周长为米千米，选B．
7．解析：，且，
，则，选A .
8．解析：由于，令，则在上单调递增，且为奇函数，所以关于点中心对称，且在上单调递增，即，由可得，则，得，选A .
二、多选题
9．解析：由 QUOTE 10×2?+3?+7?+6?+2?=1 ，可得 QUOTE ?=0.005 ，故A正确；
前三个矩形的面积和为 QUOTE 10×2?+3?+7?=0.6 ，所以这名学生的竞赛成绩的第百分位数为，故B错误；
由成绩的频率分布直方图易知，这名学生的竞赛成绩的众数为，故C 错误；
总体中成绩落在 QUOTE [60,70) 内的学生人数为 QUOTE 3?×10×1000=150 ，故D正确，选A D．
10．解析：由A选项可知，平面，平面，所以平面，A正确.
对于B，如图1，设是的中点，结合正方体的性质可知，，，，所以，，，，共面，B错误.
对于C，如图2，根据正方体的性质可知，由于平面，所以C错误.
对于D，如图3，设，由于四边形是矩形，所以是中点，由于是中点，所以，由于平面，平面，所以平面，D正确.
选AD.
图1
图2
图3
11．解析：因为直线分别与轴，轴交于，两点，所以，，则；又因为点在曲线：上，
所以点在半圆上；圆心到直线的距离为，点到直线的距离为，所以点到直线的距离的范围是，所以△的面积范围是，所以B C正确，选B C．
12．解析：A选项，中，令得，
令得，A正确；
B选项，中，令得，
所以，，，，
相加得，
因为数列的前项和为，所以前项和中奇数项之和为，
中，令得，
所以，
故
，解得，B错误；
C选项，由B选项可知，的前项中的共有偶数项项，故最后两项之和为，所以数列的前项中的所有偶数项之和为，C正确；
D选项，由B选项可知，令，则，
故
故当是奇数时，，D正确.
选ACD.
三、填空题
13．解析：因为，所以，．
14．解析：由题意，，得，所以．
15．解析：因为，所以，所以，因为在方向上的投影向量为，所以，所以，因为，所以．
16．解析：令，因为是定义在上的奇函数，所以为偶函数，当时，，，，则在上单调增，可化为，即得，当，，则，即，又在上单调减，得，所以解集为．
四、解答题
17．解：（1）记该同学进行三次投篮恰好有两次投中为事件“”，
则. ………5分
（2）设事件分别表示第一次投中，第二次投中，第三次投中，
根据题意可知.
故.
，
，
.
所以于的分布列为：
的数学期望. ………10分
18．解：（1）由 及正弦定理得：，
由余弦定理得：，
又因为，所以， ………5分
（2）因为的外接圆半径，所以
所以，
所以，
又因为, 所以，所以，
所以，即的取值范围是 ． ………12分
19．解：（1）由已知，，当时，，所以，
当时，，所以，
所以，数列是首项为，公差为的等差数列，所以，
数列是首项为，公差为的等差数列，所以，
所以. ………6分
（2）由已知得：，设数列的最大项为，
则：，即：，解得： ， 所以，
所以最大时，的值为或. ………12分
20．解：（1）如图延长交于，连接交于，
因为为棱的中点，∥，且，
所以是的中点，因为∥，
所以∽，所以. ………6分
（2）由题知平面，则，
因为∥，且，所以，所以平面ACA1C1，
所以，如图所示，以为原点，，，分别为，，轴正方向建立空间直角坐标系， 所以，，， ，，设，，
因为最短，所以，
所以，解得，所以，则，
设平面的法向量，则，即，所以，
所以点到平面的距离. ………12分
21．解：（1）由题意知，，，所以 ………4分
（2）由（1）可知，曲线
设，
由题意知联立得
所以
由，，三点共线知 ①，
由，，三点共线知 ②，
由①②两式得 ③.
又因为即代入③式得
即整理得
即化简得
当时，，直线过定点，不符合题意，舍去.
当时，，直线过定点 ………12分
22．解：（1）的定义域为，，
i.若，则当时，，，故，
当时，，，故，
当时，，，故，
此时在内单调递减，在内单调递增，在内单调递减；
ii.若，，此时在内单调递减；
iii.若，则当时，，，故，
当时，，，故，
当时，，，故，
此时在内单调递减，在内单调递增，在内单调递减；………6分
证明（2）：当，时，，
又，且，即，
由（1）可知在内单调递减，故在区间内有且仅有一个零点，
又，则，
在内单调递增，在内单调递减，
故对任意，，故函数在区间内没有零点，
综上可得，只有一个零点． ………12分题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
B
D
C
C
B
A
A
题号
9
10
11
12
答案
AD
AD
BC
ACD
数学参考答案
命题、审题组教师 杨昆华 彭力 李文清 李春宣 丁茵 王在方 张远雄 李露 陈泳序 杨耕耘
一、选择题
1．解析：因为，则其在复平面内所对应的点为，其位于第三象限，选C．
2．解析：由题，知只有一个实数根．当时，，此时；当时，令，有，，此时．综上或，选B．
3．解析：因为直线的斜率为，所以，所以，选D．
4．解析：由题意可知，该香料收纳罐的容积为．选C．
5．解析：因为，所以，所以数学成绩在分以上的人数约为人，选C．
6．解析：由题，有亚历山大城到赛伊尼走视距段，设地球大圆周长的视距段为，所以，得个视距段，则地球的周长为米千米，选B．
7．解析：，且，
，则，选A .
8．解析：由于，令，则在上单调递增，且为奇函数，所以关于点中心对称，且在上单调递增，即，由可得，则，得，选A .
二、多选题
9．解析：由 QUOTE 10×2?+3?+7?+6?+2?=1 ，可得 QUOTE ?=0.005 ，故A正确；
前三个矩形的面积和为 QUOTE 10×2?+3?+7?=0.6 ，所以这名学生的竞赛成绩的第百分位数为，故B错误；
由成绩的频率分布直方图易知，这名学生的竞赛成绩的众数为，故C 错误；
总体中成绩落在 QUOTE [60,70) 内的学生人数为 QUOTE 3?×10×1000=150 ，故D正确，选A D．
10．解析：由A选项可知，平面，平面，所以平面，A正确.
对于B，如图1，设是的中点，结合正方体的性质可知，，，，所以，，，，共面，B错误.
对于C，如图2，根据正方体的性质可知，由于平面，所以C错误.
对于D，如图3，设，由于四边形是矩形，所以是中点，由于是中点，所以，由于平面，平面，所以平面，D正确.
选AD.
图1
图2
图3
11．解析：因为直线分别与轴，轴交于，两点，所以，，则；又因为点在曲线：上，
所以点在半圆上；圆心到直线的距离为，点到直线的距离为，所以点到直线的距离的范围是，所以△的面积范围是，所以B C正确，选B C．
12．解析：A选项，中，令得，
令得，A正确；
B选项，中，令得，
所以，，，，
相加得，
因为数列的前项和为，所以前项和中奇数项之和为，
中，令得，
所以，
故
，解得，B错误；
C选项，由B选项可知，的前项中的共有偶数项项，故最后两项之和为，所以数列的前项中的所有偶数项之和为，C正确；
D选项，由B选项可知，令，则，
故
故当是奇数时，，D正确.
选ACD.
三、填空题
13．解析：因为，所以，．
14．解析：由题意，，得，所以．
15．解析：因为，所以，所以，因为在方向上的投影向量为，所以，所以，因为，所以．
16．解析：令，因为是定义在上的奇函数，所以为偶函数，当时，，，，则在上单调增，可化为，即得，当，，则，即，又在上单调减，得，所以解集为．
四、解答题
17．解：（1）记该同学进行三次投篮恰好有两次投中为事件“”，
则. ………5分
（2）设事件分别表示第一次投中，第二次投中，第三次投中，
根据题意可知.
故.
，
，
.
所以于的分布列为：
的数学期望. ………10分
18．解：（1）由 及正弦定理得：，
由余弦定理得：，
又因为，所以， ………5分
（2）因为的外接圆半径，所以
所以，
所以，
又因为, 所以，所以，
所以，即的取值范围是 ． ………12分
19．解：（1）由已知，，当时，，所以，
当时，，所以，
所以，数列是首项为，公差为的等差数列，所以，
数列是首项为，公差为的等差数列，所以，
所以. ………6分
（2）由已知得：，设数列的最大项为，
则：，即：，解得： ， 所以，
所以最大时，的值为或. ………12分
20．解：（1）如图延长交于，连接交于，
因为为棱的中点，∥，且，
所以是的中点，因为∥，
所以∽，所以. ………6分
（2）由题知平面，则，
因为∥，且，所以，所以平面ACA1C1，
所以，如图所示，以为原点，，，分别为，，轴正方向建立空间直角坐标系， 所以，，， ，，设，，
因为最短，所以，
所以，解得，所以，则，
设平面的法向量，则，即，所以，
所以点到平面的距离. ………12分
21．解：（1）由题意知，，，所以 ………4分
（2）由（1）可知，曲线
设，
由题意知联立得
所以
由，，三点共线知 ①，
由，，三点共线知 ②，
由①②两式得 ③.
又因为即代入③式得
即整理得
即化简得
当时，，直线过定点，不符合题意，舍去.
当时，，直线过定点 ………12分
22．解：（1）的定义域为，，
i.若，则当时，，，故，
当时，，，故，
当时，，，故，
此时在内单调递减，在内单调递增，在内单调递减；
ii.若，，此时在内单调递减；
iii.若，则当时，，，故，
当时，，，故，
当时，，，故，
此时在内单调递减，在内单调递增，在内单调递减；………6分
证明（2）：当，时，，
又，且，即，
由（1）可知在内单调递减，故在区间内有且仅有一个零点，
又，则，
在内单调递增，在内单调递减，
故对任意，，故函数在区间内没有零点，
综上可得，只有一个零点． ………12分题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
B
D
C
C
B
A
A
题号
9
10
11
12
答案
AD
AD
BC
ACD
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