雅礼中学2024届高三综合自主测试（一）数学参考答案一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分）1、C【解析】根据题意，数据按从小到大的顺序排列为2，4，m，12，16，17，3则极差为17215，故该组数据的中位数是159，数据共6个，5m12故中位数为9，解得m6，因为640%2.4，2所以该组数据的第40百分位数是第3个数6，故选：C.2、A【解析】因为圆心在y轴上，所以可设所求圆的圆心坐标为0,b，2则圆的方程为x2(yb)21，又点1,2在圆上，所以12b1，解得b2，2所以所求圆的方程为x2y21．故选：A.3、D【解析】∵是等差数列，∴，，{an}a3a72a510a55aa所以56，∴公差，∴，a67da6a52a1a54d3a565∴S6(3)212，故选：D．62214、A【解析】若BΩ，AB1,2，则PAB，4221而PA，PB1，所以PAPBPAB，42所以事件A,B相互独立，反过来，当B1,3，AB1，11此时PAB，PAPB，满足PAPBPAB，42事件A,B相互独立，所以不一定B，所以甲是乙的充分不必要条件.故选：A22(x2)(x2)115、D【解析】依题意，由I(x)I，2，得2，0I(x)IeI0eI02022即(x2)，e22则有2，解得，，(x2)2ln2x122ln2x222ln2数学（YL）答案（第1页，共15页）{#{QQABaYQEogCgAJBAAAgCAQUwCgMQkBECCCoOAFAMsAAACQNABAA=}#}所以带宽为.故选：D3dBx2x122ln2x2y26、A【解析】因为函数yf(x)的图象恰为椭圆C:1(ab0)x轴上方的部分，a2b2x2所以yf(x)b1(axa)，因为f(st)，f(s)，f(st)成等比数列，a2所以有f2(s)f(st)f(st)，且有asa,asta,asta成立，即asa,ata成立，s2(st)2(st)2由f2(s)f(st)f(st)(b1)2b1b1，a2a2a2化简得：t42a2t22s2t2t2(t22a22s2)0t20，或t22a22s20，当t20时，即t0，因为asa，所以平面上点（s，t）的轨迹是线段（不包含端点）；当t22a22s20时，即t22a22s2，因为ata，所以t2a2，而2a22s2a2，所以t22a22s2不成立，故选：A2211tan2tan7、A【解析】tan1tantan62126.tan22tan1tan22222222cos1tan2tan2cos1tan226，26，22sin1tansin1tan222cos1116，sin，sincoscossin，sincos33又因为tantan3，所以sincos3cossin，211则cossin,sincos，所以62241sinsincoscossincos2212sin212.399179cos442cos222121.故选：A818122014π28、C【解析】2cos2xcos2xcoscos4x12cos2x2，x22014π2令acos2x,bcos，则2aab2a2，即ab1，x所以a1,b1或a1,b1，数学（YL）答案（第2页，共15页）{#{QQABaYQEogCgAJBAAAgCAQUwCgMQkBECCCoOAFAMsAAACQNABAA=}#}2014π2当a1,b1时，即cos2x1,cos1，x1007π所以xkπ,kZ,x,k1Z，k1因为1007=11953，所以x=π,19π,53π,1007π，2014π2当a1,b1时，即cos2x1,cos1，x2k1π2014π24028πx,kZ,x,kZ则1，22k11π2k1124028因为2k1是奇数，所以也是奇数，不成立；2k11所以方程所有正根的和为：π+19π+53π+1007π=1080π,故选：C二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分）b4b2i9、ACD【解析】b240，∴x，2b4b2b4b2不妨设zi，zi，zz，A正确；12222212b4b2zz()2()21，C正确；1222222zzb2b4bz1zz1，∴11z2i，b0时，R，B错；121zz2z1z2222131313b1时，zi，zi，计算得z2izz，122222122212，3，同理3，D正确．z2z1z2z1z1z21z21故选：ACD．10、BD【解析】对于A：连接BD，且ACBDO，如图所示，当M在PC中点时，数学（YL）答案（第3页，共15页）{#{QQABaYQEogCgAJBAAAgCAQUwCgMQkBECCCoOAFAMsAAACQNABAA=}#}因为点O为AC的中点，所以OM//PA，因为PA平面ABCD，所以OM平面ABCD，又因为AC平面ABCD，所以OMAC，因为ABCD为正方形，所以ACBD.又因为BDOMO，且BD，OM平面BDM，所以AC平面BDM，因为BM平面BDM，所以ACBM，所以A错误；对于B：将PBC和PCD所在的平面沿着PC展开在一个平面上，如图所示，1530则MBMD的最小值为BD，直角PBC斜边PC上高为，即，661530直角PCD斜边PC上高也为，所以MBMD的最小值为，所以B正确；63对于C：易知四棱锥PABCD的外接球直径为PC，116半径RPC221212，表面积S4πR26π，所以C错误；222对于D：点M到直线AB的距离的最小值即为异面直线PC与AB的距离，因为AB//CD，且AB平面PCD，CD平面PCD，所以AB//平面PCD，所以直线AB到平面PCD的距离等于点A到平面PCD的距离，过点A作AFPD，因为PA平面ABCD，所以PACD,又ADCD,且PAADA,故CD平面PAD，AF平面PAD，所以AFCD，因为PDCDD，且PD，CD平面PCD，所以AF平面PCD，所以点A到平面PCD的距离，即为AF的长，如图所示，在Rt△PAD中，PA2，AD1，可得PD5，2525所以由等面积得AF，即直线AB到平面PCD的距离等于，所以D正确，55故选：BCD.数学（YL）答案（第4页，共15页）{#{QQABaYQEogCgAJBAAAgCAQUwCgMQkBECCCoOAFAMsAAACQNABAA=}#}111、ABC【解析】f(0),f(xy)f(x)f(ay)f(y)f(ax)2111对A：对原式令xy0，则fafafa，2221即fa，故A正确；2对B：对原式令y0，11则fxfxfaf0faxfxfax，22故fxfax，对原式令xy，则f2xfxfyfyfx2fxfy2f2x0，故fx非负；11对原式令yax，则faf2xf2ax2f2x，解得fx，221又fx非负，故可得fx，故B正确；2对C：由B分析可得：fxy2fxfy，故C正确；对D：由B分析可得：满足条件的fx只有一个，故D错误.故选：ABC.三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12、40【解析】6的通项公式为r6rrrr6rr，x2yTr1C6x2yC62xy令得，224242，此时4242，r2T3C62xy60xy60xy2120xy3x令r3得，TC32x3y3160x3y3，此时160x3y3160x4y2，46y故x4y2的系数为12016040故答案为：402713、①.7②.7【解析】如图，将圆锥侧面沿母线PA剪开并展开成扇形，4π2π易知该扇形半径为2，弧长为，故圆心角∠APB＝，33最短路线即为扇形中的直线段AB，由余弦定理易知AB＝PA2PB22PAPBcosAPB＝7，数学（YL）答案（第5页，共15页）{#{QQABaYQEogCgAJBAAAgCAQUwCgMQkBECCCoOAFAMsAAACQNABAA=}#}222cos∠PBA＝PBABPA＝27；2PBBA7过P作AB的垂线，垂足为M，当蚂蚁从A点爬行到M点的过程中，它与点P的距离越来越小，故AM为上坡路段，当蚂蚁从M点爬行到B点的过程中，它与点P的距离越来越大，故MB为下坡路段，下坡路段长MB＝PB･cos∠PBA＝27．727故答案为：7，.714、①.18②.25270【解析】第一个空，设某个数除以a余数为b，则称该数模a余b(a，b均为整数，且ba)，为了让尽可能多的相邻两数之和被3整除，则要尽量多地出现相邻两数一个模3余1，一个模3余2这样的组合，这样它们之和才会被3整除.而a11，a2040均为模3余1，则不可能有19组上述组别，最多出现18组上述组别，例如严格递增数列1,2,4,5,7,8,10,11,13,14,16,17,19,20,22,23,25,26,28,40，满足题意，所以f的最大值为18.第二个空，因为1-40这40个数中，共有27个数符合模3余1或模3余2，则要从这27个数中选出满足要求的20个数.第一步，在a1到a20这20个数中删去一个数（后面再加回来），使得剩下的19个数满足任意两个相邻数一个模3余1，一个模3余2，这样就形成了18组，即使得f的最大值为18.第二步，将这27个数从小到大排列，需要删去8个数得到目标19个数的数列.它们中任意相邻两数一个模3余1，一个模3余2，因此，需要删去的8个数应该为4组相邻的数.第三步，利用捆绑思想，从27个数中删去4组相邻的数等价于从23个数中删去4个数.有三种情况：①两端均删去，这种情况不满足要求.因为若两端均删去，那么1和40必定被删去，在下一步加出来时也最多加回1或40中的一个，而1和40必定在数列中，因此不满足.4②两端均不删去，从中间21个数中选4个数删去，有C21种，再从删去的8个数中拿一个加回原来的19个数中，由1种，共有41种.C8C21C8数学（YL）答案（第6页，共15页）{#{QQABaYQEogCgAJBAAAgCAQUwCgMQkBECCCoOAFAMsAAACQNABAA=}#}③两端中有一个被删去，其余3个数从中间21个数里选，有3种，此时加回来的数2C21必定是删去的两端之一中的1或40，有1种选法，共3种.2C21第四步，删去的四组相邻数中有一组中有一个数被加回来，即未被删去，被删去的是这一组中的另一个数，而对于删去的数，假设为A，