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    2022届云南师范大学附属中学高三高考适应性月考卷(九)数学(理)试题含解析

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    这是一份2022届云南师范大学附属中学高三高考适应性月考卷(九)数学(理)试题含解析,共18页。试卷主要包含了单选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
    2022届云南师范大学附属中学高三高考适应性月考卷(九)数学(理)试题一、单选题1.复数的模是(       A   B C0 D1【答案】D【分析】结合复数的模的定义,根据求解即可.【详解】解:因为,所以所以复数z的模是1.故选:D2.已知集合,则集合B中元素的个数是(       A1 B4 C3 D2【答案】B【分析】根据所给定义求出集合,即可判断;【详解】解:因为,所以,即集合B中的元素有4个,故选:B3.从2名男生和4名女生中选3人参加校庆汇报演出,其中至少要有一男一女,则不同的选法共有(       A16 B192 C96 D32【答案】A【分析】12女和21女两种情况分别选取即可得出答案.【详解】若选出的3人为12女的情况有.若选出的3人为21女的情况有.所以至少要有一男一女的选法有故选:A4.阿基米德不仅是著名的物理学家,也是著名的数学家,他利用逼近法得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆C的焦点在x轴上,且椭圆C的离心率为,面积为.则椭圆C的标准方程为(       A BC D【答案】C【分析】设出椭圆方程,由题意可得,结合离心率以及的关系,可得出答案.【详解】设椭圆的标准方程为,焦距为,解得椭圆的标准方程为故选:C5.已知一个三棱锥的三视图如图所示,正视图为正方形,侧视图和俯视图均为直角三角形,则该几何体的体积是(       A12 B2 C4 D6【答案】B【分析】根据三视图还原出三棱锥的直观图,根据棱锥体积公式求解即可.【详解】由三视图可知,该几何体为图中三棱锥故选:B6.已知是等差数列,的前n项和,则对任意的的(       A.既不充分也不必要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D.充要条件【答案】B【分析】进行赋值分析【详解】因为对任意的,当时,,当时,,所以成立;充分性成立成立时,可推出等差数列的公差大于零,但对任意的未必恒成立,例如,,当时,不成立,必要性不成立故选:B7.设实数xy满足约束条件,则目标函数的最小值为(       A40 B2 C4 D6【答案】C【分析】画出可行域,将问题转化为点到区域内一个点的距离的平方即可【详解】约束条件所满足的区域如图所示目标函数的几何意义是点到区域内一个点的距离的平方由图知此最小值为以点为圆心,与直线相切的圆的半径的平方根据点到直线的距离公式,求得圆心到直线的距离为故最小值为4故选:C8.已知函数,若,则下列结论正确的是(       A在区间上单调递减B的图象关于直线对称CD【答案】C【分析】结合辅助角公式可求得的值域,进而利用构造方程求得的值,知D错误;根据正弦型函数单调性、对称轴的求法可知AB正误;代入C正确.【详解】(其中),,解得:对于A,当时,则当,即时,单调递增,A错误;对于B,当时,不是的对称轴,B错误;对于CC正确;对于DD错误.故选:C.9.已知圆,圆),则圆与圆的公切线有(       A4 B1 C2 D3【答案】C【分析】根据题意,判断两圆的位置关系得两圆相交,进而得答案.【详解】解:解法一:圆的圆心为,半径为的圆心为,半径为所以,圆心之间的距离因为故两圆相交,有两条公切线;解法二:两圆有两个公共点,故两圆相交,有两条公切.故选:C10.对于函数的图象上不同的两点,记这两点处的切线的斜率分别为定义为线段AB的长度)为曲线AB两点间的弯曲度”.下列命题中真命题是(       若函数图象上AB两点的横坐标分别为12,则中存在这样的函数,其图象上任意两点间的弯曲度为常数;AB是抛物线上不同的两点,则设指数曲线上不同的两点,且,若恒成立,则实数t的取值范围是A②④ B①② C①④ D②③【答案】D【分析】由题定义对每个结论逐一判断【详解】对于,由得,,所以错;对于,常值函数的弯曲度为零(常数),所以正确;对于,由得,,所以正确;对于,由可得,所以错误故选:D11.如图,椭圆的焦点在x轴上,长轴长为,离心率为,左、右焦点分别为,若椭圆上第一象限的一个点A满足:直线与直线的交点为B,直线x轴的交点为C,且射线ABC的角平分线,则的面积为(       A BC D【答案】A【分析】先求出椭圆方程,结合射线ABC的角平分线求出,进而写出的直线,联立椭圆解出A点坐标,即可求出面积.【详解】设椭圆的方程为,则,故椭圆的方程为;又射线的角平分线,中由正弦定理得,又射线ABC的角平分线,可得,则在直角,故,所以直线为直线与椭圆的交点,联立方程解得(舍负),.故选:A12.已知在上的连续函数,其导函数为,满足恒成立,设,则(       A BC D【答案】D【分析】结合题意,构造函数,进而得单调递减,再根据函数单调性比较大小.【详解】因为恒成立,所以,当时,单调递减,因为,所以.故选:D二、填空题13.若,且,则夹角的余弦值为__________【答案】【分析】的夹角为,进而根据向量数量积的运算求解即可.【详解】解:设的夹角为因为,且所以故答案为:14.函数在点处的切线方程为__________【答案】【分析】先求导,进而得切线斜率,利用直线方程的点斜式即得.【详解】函数的导函数为,故切线斜率为2,又所以切线方程为,即故答案为:.15的展开式中的系数是__________【答案】10【分析】由二项式定理得展开式的通项,进而令解得即可求解答案.【详解】解:展开式的通项,解得所以的系数为故答案为:.16.用基因型为Aa的小麦进行随机交配并逐代淘汰隐性个体,则第9Aa基因型频率为__________【答案】【分析】构建递推求出第代杂合子比例,再代入数据即可【详解】设第代含基因型为的个体数为,基因型为Aa的个体数为代总个体数为可得①÷②,故数列是以为首项,为公差的等差数列,解得,故第9Aa基因型频率为故答案为:三、解答题17年云南省有个文科考生分数达到了一本线,其中大约有人的分数集中在内,其成绩的频率分布如下表所示:分数段频数频率(1)(2)求这人分数的中位数的估计值(结果保留两位小数).【答案】(1)(2)【分析】1)利用频率、频数和总容量之间的关系可求得的值;2)利用中位数的定义可求得中位数的估计值.【详解】(1)解:由题意可得(2)解:设这人分数的中位数的估计值为分数低于分的频率为,分数低于分的频率为所以,这人分数的中位数的估计值18.如图,ABC中,点DAB上且满足:这三个条件中任选一个,补充在题设中,求ABC的面积(注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分)【答案】6.【分析】ABC中利用正弦定理结合可得;在ACDBCD中利用正弦定理结合可得CD的角平分线若选:在ABC中分别利用余弦定理表示出cosA,由此列方程可求出ACBC,再求出cosAsinA,根据即可求解;若选:在ACD中利用正弦定理表示出sin∠ACD,由CD的角平分线,可用余弦二倍角公式表示出cos∠ACB.ABC中,利用余弦定理可求ACBC,从而求得sin∠ACDcos∠ACBsin∠ACB,根据即可求解;若选:根据余弦二倍角公式可求cos∠ACB,从而可求sin∠ACB,在ABC中利用余弦定理可求AC,从而可求BC,从而根据即可求解.【详解】中,由正弦定理得,中,由正弦定理得,,即,则,即的角平分线;中,由及正弦定理得,,即.若选中,由余弦定理得,中,由余弦定理得,cosA,则若选中,设,由正弦定理得,则的角平分线,故中,由余弦定理得,解得BC若选,则中,由余弦定理得,解得BC19.下图甲是由直角梯形ABCD和等边三角形CDE组成的一个平面图形,中,将CDE沿CD折起使点E到达点P的位置(如图乙),在四棱锥P-ABCD中,若(1)证明:平面平面ABCD(2)若平面PCD与平面PAB的交线为l,求l与平面PAD所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析;(2).【分析】1)由题可得,进而可证平面,即证;2)延长交于点,可得为平面与平面的交线,利用坐标法可求平面的法向量,进而即得.【详解】(1)中点为,连接由题得,得平面平面所以平面平面(2)如图,延长交于点,连接为平面与平面的交线,即为中点为,连接如图,以为坐标原点,OFODOP分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系,设平面的法向量为,令解得与平面的所成角为l与平面PAD所成角的正弦值为20.已知双曲线C的离心率为2为双曲线C的左、右焦点,是双曲线C上的一个点.(1)求双曲线C的方程;(2)若过点且不与渐近线平行的直线l(斜率不为0)与双曲线C的两个交点分别为MN,记双曲线C在点MN处的切线分别为,点P为直线与直线的交点,试求点P的轨迹方程(注:若双曲线的方程为,则该双曲线在点处的切线方程为【答案】(1)(2)【分析】1)根据基本量列方程求解即可;2)设出直线l和交点,根据题意列出方程消去即可求出.【详解】(1)据题意,则在双曲线上,则,则双曲线的方程为(2),直线l联立由题知,切线,切线,则两式相加得代入得两式相减得,联立,又,所以,则故点的轨迹方程为【点睛】方法点睛 :求某点的轨迹方程,可以先设出该点,然后运用已知条件寻求横纵坐标之间的关系.21.已知函数,函数(1)试讨论函数的单调性;(2)是函数的最小值点,且函数处的切线斜率为2,试求a的值.【答案】(1)答案见解析;(2).【分析】1)由题可得,讨论即得;2)由题可得是一个单调递增的函数,利用零点存在定理可得,使得,进而可得,利用导数可得,结合条件可得,即求.【详解】(1)时,函数在定义域上单调递增;时,函数的单调性如表格所示:+单调递增极大值单调递减(2)由题可得是一个单调递增的函数,时,时,,使得,且单调递减极小值(即最小值)单调递增所以整理该式有,则所以函数在上单调递增,的解满足所以知,22.在平面直角坐标系xOy中,已知曲线C的参数方程为为参数).以坐标原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,射线l的极坐标方程为(1)求曲线C的普通方程和射线l的直角坐标方程;(2)射线l与曲线C相交于点P,点Q在极轴上(异于极点),当OPQ的面积为时,求OPQ的外接圆的极坐标方程.【答案】(1)(2)【分析】1)依题意可得为参数),再将两式平方相加即可得到曲线的普通方程,根据即可得到射线的直角坐标方程;2)首先由同角三角函数的基本关系求出,设,代入椭圆方程,即可求出,即可得到,设根据三角的面积求出,即可求出点坐标,从而求出,再在中,由余弦定理求出,即可得到是以为斜边的直角三角形,从而求出的外接圆的方程,再化为极坐标方程即可;【详解】(1)解:由为参数),得为参数),两式平方相加,所以的普通方程;由,所以射线的直角坐标方程为(2)解:当时,由,得,则代入椭圆方程得,,解得,即,由,即,所以中,由余弦定理得,即,所以是以为斜边的直角三角形,所以的外接圆为,即,由,所以,即的外接圆的极坐标方程为23.已知ab(1),求证:(2),求的最小值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】1)先由证明其和为正,再由从而可证明.2)先证明成立,从而根据该不等式可求出其最值.【详解】(1),则所以所以所以(2)因为所以又因为,所以当且仅当,取时,等号成立(取等条件不唯一),所以的最小值是

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