2021云南师大附中高三下学期高考适应性月考卷（九）数学（理）试题图片版含答案

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理科数学参考答案 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）题号123456789101112答案BBCCDAACDBCD【解析】1．，则，故选B．2．设，由，得，所以，所以复数在复平面内对应的点为，即复数z在复平面上对应的点位于第四象限，故选B．3．根据平移变换不改变向量的长度和方向，故选C．4．∵若是R上周期为5的奇函数，∴，，∴ ，，∴，故选C．5．基本事件总数为，所取的3个球中没有1个红球的基本事件为，所求概率为，故选D．6．B选项中，还可以是与相交，B错误；C选项中，m和n还可以是异面直线，C错误；D选项中，还可以是，D错误，故选A．7．设线段的中点为M，连接OM，．∵线段的中点M坐标为，∴点P在双曲线C的右支上．如图1所示：∵原点O为线段的中点，∴OM，即，．由双曲线的定义可知，，即，，在中，，即，整理得，，故选A．8．∵，由“函数在上单调递增”，可得：，故选C．9．函数在R上无极值在R上无变号零点，故选D．10．由题设和抛物线定义知：，设直线AB的倾斜角为，则，，所以，解得 ，故选B．11．∵，构造函数，，令，则，∴在上单减，∴ ，故，∴在上单减，∴ ，同理可得，故，故选C．12．如图2，10个半径为1的小球放进棱长为a的正四面体ABCD中，成三棱锥形状，有3层，则从上到下每层的小球个数依次为：1，，个，当a取最小值时，从上到下每层放在边缘的小球都与正四面体的侧面相切，底层的每个球都与正四面体底面相切，任意相邻的两个小球都外切，位于每层正三角状顶点的所有上下相邻小球的球心连线为一个正四面体EFGH，则该正四面体的棱长为，可求得其高为，所以正四面体ABCD的高为，进而可求得其棱长a的最小值为，故选D．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号13141516答案【解析】13．∵，令，即得的系数为．14．因为△ABC是直角三角形，所以其垂心为直角顶点，其外心为斜边AB的中点M，故△ABC的“欧拉线”即为直线MC，由题设知直线MC即为正切曲线以点为切点的切线，又点在斜边AB上，故△ABC的外心M即为点，又可得切线斜率，故其“欧拉线”的方程为，令，∴．15．法一：由三角形的射影定理知：，又知，∴ ，又知，由正弦定理得： ． 法二：由正、余弦定理再结合题设求得． 16．如图3，由入射角等于反射角原理知：分别顺次以正六边形的BC，，，，边为对称轴作5次对称变换后可知，小球的运行轨迹即为线段PR，过R作直线AB的垂线RS，垂足为S，则由题设易知：，，故． 三、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12分）（1）证明：因为，，所以，，．又，所以，故数列为等比数列，首项为1，公比为．所以，故． …………………………………………………（6分）（2）解：∵①，∴②，①、②式错位相减得：，∴． ……………………………………………（12分）18．（本小题满分12分）（1）证明：因为平面，平面，所以．在中，，，，所以．所以．因为，AB，平面ABC，所以平面ABC． …………………………………………………………………（4分）（2）解：由（1）知，，，，如图4，以B为原点建立空间直角坐标系．则，，，．，． 设平面BCE的法向量为，则即令，则，，所以． 又因为，故点A到平面BCE的距离． ………………………………………………（12分）19．（本小题满分12分）解：（1）每道题的抢答中，记甲得一分为事件M．M发生有两种可能：抢到题且答对，乙抢到题且答错，∴，∴比赛开始，甲率先得一分的概率为． …………………………………（4分）（2）由（1）知，在每道题的抢答中甲、乙得一分的概率分别为，， 设两人共抢答了X道题比赛结束，且甲获胜．根据比赛规则，X的所有可能取值分别为3，4，5，则，，，则甲获胜的概率． ………………（9分）   （3）由（1）（2）知改变规则后甲获胜的概率，而，即此时甲获胜的概率更大了，对甲更有利． ……………………（12分）20．（本小题满分12分）（1）解：由椭圆定义知：，所以，又，∴，因此椭圆方程为． ………………………………（4分）（2）证明：设直线l的方程为，，，，由消去x，整理得：，所以①，②，又，所以直线BN的方程为，即③，又， 所以④，将①、②式代入④式化简得：⑤，⑤代入③化简得直线BN的方程为，故直线BN过定点． ……………………………………………（12分）另法：注意到是椭圆的准线，可用椭圆第二定义再结合平面几何知识能比较简洁地证明直线BN过线段的中点，其中G为准线与x轴的交点．21．（本小题满分12分）证明：（1）∵， ∴，，，∴在上单增，， ∴在上单增， ∴在上单增，， 即当时，． ……………………………………………（6分）（2）由（1）的结果知：当时，(当且仅当时取“=”)，∴(当且仅当时取“”)，∵，再由（1）的结果知：当时，． 令，得；令，得，在上单增；令，得，在上单减，∴，∴(当且仅当时取“=”)，∴，由于两个不等式取“=”条件不一致，∴，又，故当时，． ………………………………………（12分）22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（1）曲线C的普通方程为，曲线C的极坐标方程为． ……………………………………（4分）（2）将射线，的极坐标方程，分别与曲线C的极坐标方程联立，得点A，B的极坐标分别为，，则由极径和极角的几何意义知：． 由余弦定理知：． ……………………………………………（10分）23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】（1）解：由绝对值的意义可知：原不等式，∴原不等式的解集为． ………………………………………（4分）（2）证明：原不等式．∵，当且仅当时取“”，所以原不等式成立． ……………………………………………（10分）