云南师范大学附属中学2022届高三高考适应性月考卷（十一）数学（理）试题

这是一份云南师范大学附属中学2022届高三高考适应性月考卷（十一）数学（理）试题，共24页。试卷主要包含了已知集合，，则集合的子集个数为，已知命题，已知，分别为双曲线，再利用作商法求其最大值即可.等内容，欢迎下载使用。
云南师范大学附属中学2022届高三高考适应性月考卷（十一）数学（理）试题
第I卷（选择题）
评卷人
得分



一、单选题
1．已知集合，，则集合的子集个数为（       ）
A．2 B．4 C．8 D．16
2．《九章算术》是我国秦汉时期一部杰出的数学著作，书中第三章“衰分”有如下问题：“今有大夫、不更、簪裹、上造、公士，凡五人，共出百钱.欲令高爵出少，以次渐多，问各几何?”意思是：“有大夫、不更、簪裏、上造、公士（爵位依次变低）5个人共出100钱，按照爵位从高到低每人所出钱数成递增等差数列，这5个人各出多少钱?”在这个问题中，若不更出17钱，则公士出的钱数为（       ）
A．10 B．14 C．23 D．26
3．某中学有学生近600人，要求学生在每天上午7：30之前进校，现有一个调查小组调查某天7：00~7：30进校人数的情况，得到如下表格（其中纵坐标表示第分钟至第分钟到校人数，，，如当时，纵坐标表示在7：08~7：09这一分钟内进校的人数为4人）.根据调查所得数据，甲同学得到的回归方程是（图中的实线表示），乙同学得到的回归方程是（图中的虚线表示），则下列结论中错误的是（       ）


1
5
9
15
19
21
24
27
28
29
30

1
3
4
4
11
21
36
66
94
101
106

A．7：00~7：30内，每分钟的进校人数与相应时间呈正相关
B．乙同学的回归方程拟合效果更好
C．根据甲同学得到的回归方程可知该校当天7：09~7：10这一分钟内的进校人数一定是9人
D．该校超过半数的学生都选择在规定到校时间的前5分钟内进校
4．已知向量，，若向量与向量的夹角为钝角，则的取值范围为（       ）
A． B．
C． D．
5．若，是两个不同平面，，是两条不同直线，则下列4个推断中正确的是（       ）
A．，，，
B．，，
C．，，，
D．，，
6．已知命题：幂函数在上单调递减；命题：，都有.若为真命题，为假，则实数的取值范围为（       ）
A． B．
C． D．
7．某工厂生产的废气经过过滤后排放，排放时污染物的含量不超过1%，过滤过程中废气的污染物含量（单位：mg/L）与时间（单位：h）的关系为，其中，为正常数.如果在前10小时消除了50%的污染物，则排放前至少还需过滤的时间为（参考数据：）（       ）
A．23.2h B．39.8h C．56.4h D．73.0h
8．某射击队员练习打靶，已知他连续两次射中靶心的概率是0.4，单独一次射中靶心的概率是0.8.在某场比赛中，该队员第一次已经中靶，则第二次也中靶的概率是（       ）
A．0.4 B．0.5 C．0.6 D．0.8
9．若函数的图象上存在两个不同的点，，使得曲线在这两点处的切线重合，则称函数为“自重合”函数.下列函数中既是奇函数又是“自重合”函数的是（       ）
A． B．
C． D．
10．已知，分别为双曲线：的左、右焦点，直线过点与的左、右两支分别交于点，.若，，则的离心率为（       ）
A． B． C． D．2
11．已知函数的最大值为2，若方程在区间内有三个实数根，且，则等于（       ）
A． B． C． D．
12．已知正方形的边长为，将沿对角线折起，使得二面角的大小为90°.若三棱锥的四个顶点都在球的球面上，为边的中点，，分别为线段，上的动点（不包括端点），且，当三棱锥的体积最大时，过点作球的截面，则截面面积的最小值为（       ）
A． B． C． D．
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
评卷人
得分



二、填空题
13．若直线经过抛物线的焦点，则实数______.
14．已知复数，且在复平面内对应的点在第四象限，写出的一个整数值为______.
15．已知数列的前项和为，且，，则______.
16．给出下列命题：①；②；③；④，其中真命题的序号是______.
评卷人
得分



三、解答题
17．在中，，，______，从①，②，这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答.
(1)求的值；
(2)求和的面积.
（注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分）
18．如图，已知四棱台的底面是矩形，平面平面，，为的中点，且.

(1)证明：平面平面；
(2)若，，求二面角的余弦值
19．某校组织“生物多样性”知识竞赛，甲、乙两名同学参加比赛，每一轮比赛，甲、乙各回答一道题，已知每道题得分为1~100的任意整数，60分及以上判定为合格.规定：在一轮比赛中，若两名参赛选手，一名合格一名不合格，记合格者为，不合格者为；若两名参赛选手，同时合格或同时不合格，记两名选手都是.在比赛前，甲、乙分别进行模拟练习.已知某次练习中，甲、乙分别回答了15道题，答题分数的茎叶图如图所示，甲、乙回答每道题得分不相互影响，并以该次练习甲、乙每道题的合格概率估计比赛时每道题的合格概率.

(1)分别求甲、乙两名同学比赛时每道题合格的概率；
(2)设2轮比赛中甲获得的个数为，求的分布列和数学期望；
(3)若甲、乙两名同学共进行了10轮比赛，甲同学获得（，）个的概率为，当最大时，求.
20．已知椭圆：经过点，离心率为，为坐标原点.
(1)求的方程；
(2)设，分别为的左、右顶点，为上一点（不在坐标轴上），直线交轴于点，为直线上一点，且，求证：，，三点共线.
21．已知函数，其中.
(1)讨论的单调性；
(2)设，若在上有2个极值点，求整数所有可能的取值.
22．在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.曲线：，点的极坐标为，过点的直线与曲线交于A，两点
(1)求曲线的直角坐标方程；
(2)求的值.
23．已知函数.
(1)当时，求不等式的解集；
(2)若，求的取值范围.

参考答案：
1．B
【解析】
【分析】
求出抛物线和曲线的交点，确定集合的元素个数，即可确定答案.
【详解】
由题意得，
当时， 联立，解得 ；当时， 联立，解得 ；
故抛物线与曲线有两个公共点，分别为，，
则集合有两个元素，所以的子集个数为，
故选:B．
2．A
【解析】
【分析】
设大夫、不更、簪裹、上造、公士所出的钱数依次构成等差数列，根据，前5项和为100求解.
【详解】
解：设大夫、不更、簪裹、上造、公士所出的钱数依次排成一列，构成数列．
由题意可知，等差数列中，前5项和为100，
设公差为，前项和为，
则，解得，
所以，
所以公士出的钱数为，
故选：A．
3．C
【解析】
【分析】
对于A，根据散点图判断；对于B，由图象结合函数的图象特征判断；对于C，由回归方程得到的只能是估计值判断；对于D，根据统计表判断.
【详解】
对于A，根据散点图知，7：00～7：30内，每分钟的进校人数与相应时间呈正相关，故A正确；
对于B，由图知，曲线的拟合效果更好，故乙同学的回归方程拟合效果更好，故B正确；
对于C，表格中并未给出对应的值，而由甲的回归方程得到的只能是估计值，不一定就是实际值，故C错误；
对于D，全校学生近600人，从表格中的数据知，7：26～7：30进校的人数超过300，故D正确，
故选：C．
4．D
【解析】
【分析】
求出的坐标，求得当与共线时，根据向量与向量的夹角为钝角,列出相应的不等式，求得答案.
【详解】
因为，又与的夹角为钝角，
当与共线时， ，
所以且与的不共线，即且，
所以，
故选：D．
5．A
【解析】
【分析】
利用线面，面面位置关系逐项分析即得.
【详解】
对于A，如图，，，结合，，可知，故A正确；

对于B，如图，，可能异面，故B错误；

对于C，如图，，可能相交，故C错误；

对于D，如图，可能相交，故D错误.

故选：A．
6．C
【解析】
【分析】
分别判断命题，的真假，再根据“或”与“且”的真假关系确定的取值范围.
【详解】
对于命题：因为在上单调递减，所以，即；对于命题：由，得，所以．由为真，为假，可得，一真一假．若假真，则无实数解；若真假，则 所以.
故选：C．
7．C
【解析】
【分析】
根据给定的模型及已知求出常数k的表达式，再求出排放前过滤的总时间即可计算作答.
【详解】
依题意，，即，又，即，
于是得，即有，解得，
则排放前至少还需过滤的时间为.
故选：C
8．C
【解析】
【分析】
根据条件概率公式计算即可
【详解】
记该队员第二次射中靶心为事件，第一次射中靶心为事件，题目所求为在事件发生的条件下，事件发生的概率，即.
故选：C．
9．D
【解析】
【分析】
首先排除不是奇函数的，然后根据“自重合”函数的特点进行判断.
【详解】
对于A，C，函数都不是奇函数，故排除. 若曲线在这两点处的切线重合，则首先要保证两点处导数相同；对于B，，若斜率相同，则切点，，代入解得切线方程分别为，；若切线重合，则，此时两切点，为同一点，不符合题意，故B错误；对于D，，令得，则取，切线均为，即存在不同的两点，使得切线重合，故D正确.
故选：D．
10．B
【解析】
【分析】
由题可作出简图，取的中点,根据双曲线定义以及几何特点，可以表示出所需线段长度，最后在中，由勾股定理可以找到与的关系，即可得到答案.
【详解】
如图，设为的中点，连接，由于，所以，所以为等腰三角形，且有. 由双曲线定义可知，，所以；又，则所以. 由勾股定理，得. 在中，由于，则有，即，所以C的离心率.

故选：B.
11．A
【解析】
【分析】
方程根的问题可转化为函数图象交点的横坐标问题，利用图象，根据对称性即可得出解.
【详解】
，由题知，且，
解得，于是．
方程在区间内的实数根，即为在区间内的图象与直线的交点的横坐标，如图所示，

由图象的对称性可知，，即，，所以，
故选：A．
12．D
【解析】
【分析】
根据面面垂直的判定定理得平面，继而表示出三棱锥的体积，求出时，取得最大值，在△中，由余弦定理，得，根据球的性质可知，当垂直于截面时，截面圆的面积最小，继而得解.
【详解】
因为正方形的边长为，所以.

如图，由于平面平面，平面平面，又为边的中点，则有，所以平面．设，则，所以三棱锥的体积
，当时，取得最大值．由于，则球O的球心即为，且球O的半径．又在△中，由余弦定理，得，根据球的性质可知，当垂直于截面时，截面圆的面积最小，设其半径为r，所以，则截面面积的最小值为.
故选：D．
13．
【解析】
【分析】
由题意可知抛物线的焦点在轴上，所以求出直线与轴的交点，可得抛物线的交点，从而可求出的值
【详解】
因为直线过，
所以由题意，点是抛物线的焦点，
所以．
故答案为：
14．0(答案不唯一)
【解析】
【分析】
根据复数的除法运算及复数对应的点所在象限列出不等式求解.
【详解】
因为，
所以复数在复平面内对应的点为，
则解得．又为整数，可取–3，–2，–1，0，1，2，3.
故答案为：0．（答案不唯一，为–3，–2，–1，0，1，2，3均可）
15．1011
【解析】
【分析】
利用数列的周期性求解.
【详解】
解：由，
得，
，
，
所以数列是以3为周期的周期数列，
又，，
所以．
故答案为：1011
16．①②④
【解析】
【分析】
构造函数，借助函数的单调性分别比较大小即可.
【详解】
构造函数，所以，得，当时，；当时，，于是在上单调递增，在上单调递减. 对于①，，即，又，据的单调性知成立，故①正确；
对于②，，因为，所以，即，又，据的单调性知成立，故②正确；
对于③，
，即，又，据的单调性知成立，故③错误；
对于④，
，即，又，据的单调性可知成立，故④正确.
故答案为：①②④．
17．(1)2
(2)，
【解析】
【分析】
(1)选择条件①，利用余弦定理求的值；选择条件②，利用正弦定理求的值；(2) 选择条件①，利用正弦定理求，根据三角形面积公式求的面积，选择条件②，根据内角和关系及两角和正弦公式求，再由三角形面积公式求的面积.
(1)
选择条件①：
因为，，，
由余弦定理可得，
化简得，解得或（舍），所以．
选择条件②：
因为，，所以，
因为，，所以，
由正弦定理得，得．
(2)
选择条件①：
因为，，所以．
由正弦定理，得，
所以．
选择条件②：
由（1）知，，又因为，，
所以在中，
，
所以．
18．(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）证明平面，原题即得证；
（2）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
(1)
证明：平面平面，平面平面，，平面，
平面． 又平面，．
，平面，，
平面．
又平面，平面平面．
(2)
解：设，则．
由（1）知，故．
所以，即，解得，所以．
又由棱台的性质可知故．
由（1）可知所在直线两两垂直，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示 ，

则
所以．
设，且平面，则，即
故可取．
设平面，可取，
所以．
由图可知二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.
19．(1)甲的合格率为，乙的合格率为
(2)分布列见解析，
(3)当时，最大
【解析】
【分析】
（1）根据茎叶图求解即可.
（2）根据题意得到的可能取值为0，1，2，再求出分布列和数学期望即可.
（3）首先根据题意得到 (且)．再利用作商法求其最大值即可.
(1)
根据茎叶图知，15道题中甲同学合格了5个题，乙同学合格了6个题，
所以甲同学合格的概率为，乙同学合格的概率为.
(2)
设一轮比赛中，甲同学获得的个数为，则的可能取值为0，1，
则

由于甲同学2轮比赛可能获得的个数为0，1，2，
故的可能取值为0，1，2，
所以


的分布列为

0
1
2






(3)
设10轮比赛中，甲同学获得的个数为，则，
则 (且)．
由于，
因为随着的增大而增大，
所以时，，则有；
时，，则有，
故当时，最大．
20．(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据题意列关系式直接求解即可；
（2）可通过确定直线与斜率相等来证明，，三点共线.
(1)
由题意，得，，
又因为，所以，，
故椭圆的方程为
(2)
证明：，，
设，则，
所以直线的方程为，
令，得点的坐标为，
设，由，得显然，
直线的方程为，
将代入，得，即，
故直线的斜率存在，
且
又因为直线的斜率，
所以，即，，三点共线．
【点睛】
解析几何证明三点共线的方法：
（1）直接证明其中一点在过另两点的直线上；
（2）证明过其中一点和另两点所连两条直线斜率相等；
（3）证明过其中一点和另两点所连两个向量共线.
21．(1)在上单调递减，在上单调递增
(2)或
【解析】
【分析】
（1）求出导函数，判断出，可以得到在上单调递减，在上单调递增；
（2）由求出导函数．对a分类讨论：①当时，判断出，得到在上单调递减，不符合题意．②当时，分成三种情况：ⅰ.当时，利用导数得到在上单调递减，无极值点；ⅱ.当时，利用导数得到在上单调递减，在上单调递增，则为的极小值点；ⅲ.当时，利用导数得到在上单调递增，无极值点，不符合题意．从而得到或．
(1)
函数的定义域为，．
当时，由于在上单调递增，所以至多有一解；
又，则当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增．
(2)
由题意可得：所以．
①当时，又，则有，，
所以，
所以在上单调递减，不符合题意．
②当时，
ⅰ.当时，设，所以，则有，
所以当时，，当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减．
又，，所以当时，，
即
所以当时，．
设，，所以，由于，
所以当时，，当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减．
所以当时，，则有；
所以在上单调递减，无极值点．
ⅱ.当时，在上单调递增．又，
，所以存在唯一的，使得；
所以当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增；则为的极小值点．
ⅲ.当时，设，则．
由于在上单调递减，又，，
所以存在唯一的，使得；
所以当时，；当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减；
又，所以．
又当时，，
即当时，所以在上单调递增，无极值点，不符合题意．
又当时，，
所以存在唯一的，使得；
所以当时，；当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减；则为的极大值点．
综合①②，可知，在上有2个极值点，且，则有或．
【点睛】
导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．
(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．
(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．
(4) 利用导数求参数的取值范围.
22．(1)
(2)8
【解析】
【分析】
（1）曲线可化为：即，利用极坐标和直角坐标的转化公式即可求得答案；
（2）先求得当直线与圆相切于点时的值，再根据圆的切割线定理求得答案.
(1)
曲线可化为：

所以曲线的直角坐标方程．
(2)
点的直角坐标为，
由（1）知曲线表示圆心，半径的圆，
当直线与圆相切于点时，
，
．
23．(1)；
(2).
【解析】
【分析】
（1）分类讨论去绝对值即可求解；
（2）由绝对值三角不等式化简可求.
(1)
当时，不等式可化为，
当时，不等式可化为，解得，
；
当时，不等式可化为，解得，
；
当时，不等式可化为，解得，
，
所以不等式的解集为．
(2)
由绝对值三角不等式，可得
，当且仅当时等号成立，
，
或，
所以的取值范围为．