云南省师范大学附属中学2022届高三下学期高考适应性月考卷（十）数学（文）试题-

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云南省师范大学附属中学2022届高三下学期高考适应性月考卷（十）数学（文）试题

试卷副标题

考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明

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（       ）

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．正多面体是指多面体的各个面都是全等的正多边形，并且各个多面角都是全等的多面角.在古希腊已经发现正多面体有且仅有5种，分别是正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体、如图，有一个棱长为2的正八面体（每一个面都是正三角形），其六个顶点都在球的球面上，在球内任选一个点，则该点落在正八面体内部的概率是（       ）

A． B． C． D．

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．如图，已知，分别为双曲线：的左、右焦点，为第一象限内一点，且满足，，线段与交于点，若，则的离心率为（       ）

A． B． C．2 D．

11．已知函数的最大值为2，若方程在区间内有四个实数根，，，，且，则（       ）

A． B． C． D．

12．设函数，若，则下列不等式正确的是（       ）

A． B．

C． D．

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

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．在直四棱柱中，底面是正方形，，是的中点.若动点在矩形内运动，使得，则点到直线距离的最小值为______.

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，，求四棱台的体积

19．某校组织“生物多样性”知识竞赛，某班准备在甲、乙两名同学中选出一名同学参加学校的比赛在班级的预赛中，甲、乙两名同学各回答道题，每道题得分为的任意整数，得分情况的茎叶图如图所示.

(1)分别求出甲、乙两名同学答题得分的平均值和方差，并决策安排哪一位同学参加学校的比赛；

(2)若规定分数不低于分为合格，从甲同学合格的所有成绩中，任意抽取两个成绩，求至少有一个成绩不低于分的概率.

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.

(1)讨论的单调性；

(2)当时，设，求证：在上只有1个零点

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．A

【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：A．

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】

设球O的半径是，根据对称性知，球O的球心为中间截面的中心，分别求出正八面体和球的体积，再根据几何概型即可得出答案.

【详解】

解：设球O的半径是，根据对称性知，球O的球心为中间截面的中心，

如图，即正方形ABCD的中心，

于是，则，故，

所以正八面体的体积是，

球O的体积是，

则.

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】

由题意可得为线段的中点；由得，结合双曲线定义求得，利用勾股定理可得，即得a,c的关系式，求得答案.

【详解】

如图，因为，所以为线段的中点；

由于，即,所以，

所以为等腰三角形，且有

连接，又，点Q在双曲线C上，

由双曲线的定义，可得，故;

所以在中，有，即，

整理得，所以离心率，

故选:B．

11．B

【解析】

【分析】

利用辅助角公式及函数的最值求出，即可得到的解析式，依题意在区间内的图象与直线的交点的横坐标，结合函数图象及函数的对称性计算可得；

【详解】

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，

令，解得，即函数的对称轴为，

由图象的对称性可知，，，

即，所以，

故选：B．

12．C

【解析】

【分析】

可由确定函数解析式，求出函数的单调区间，每个选项中，可赋值其中一个，进而根据单调性比较另外两个大小即可确定每个选项正误.

【详解】

由题，

化简整理得，于是

所以，进而，

据此，在上单调递增，在上单调递减，

因为，即．

对于A，由，又，所以，

即，故A错误；对于B，

，

因为，所以，而，

所以，故B错误；对于C，

，而，

所以，所以，故C正确；

对于D，由，因为，

所以，所以，故D错误.

故选：C．

【点睛】

（1）赋值法是解决一些抽象函数问题常见的方法之一；

（2）根据单调性比较大小是解决抽象函数及复杂函数比大小或解不等式的重要方法.

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．

【解析】

【分析】

在直四棱柱中，利用其结构特征，分别在 和中，结合 和是AD的中点，利用正切值得到，然后以为原点，以，所在直线分别为轴，轴，建立平面直角坐标系，设，根据，化简得到点的轨迹是圆求解.

【详解】

如图所示：

甲图，因为在直四棱柱中，，

所以平面；

又因为，所以平面.

因为点F平面，所以，，

则在中，，在中，；

又，所以；

由于是AD的中点，则.

 如图乙，在平面内，以为原点，以，所在直线分别为轴，轴，建立平面直角坐标系，

则有，设，由，

得，化简得，

所以点的轨迹是圆心为点，半径为的圆.

由于点F在矩形内，当在上时，即，，

可取到点到直线距离的最小值，最小值为.

故答案为：

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）利用面面垂直、线面垂直的性质证得，再利用线面垂直、面面垂直的判定推理作答.

（2）利用给定条件求出AB长，再求出两底面积，结合棱台体积公式计算作答.

(1)

因平面平面，平面平面，，平面，

则有平面，又平面，因此，

又，平面，，则平面，又平面，

所以平面平面．

(2)

矩形中，为的中点，由（1）知，，有，

，即，解得，

则，由棱台的性质知，有，

因此，四棱台上底面积，下底面积，

所以四棱台的体积.

19．(1)答案见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）利用平均数和方差公式可计算得出甲、乙两名同学答题得分的平均值和方差，从平均成绩或方差的角度可进行决策；

（2）列举出所有的基本事件，并确定所求事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.

(1)

解：，，

，

.        

若关注同学的平均成绩，由，可知甲同学的平均成绩更好，故安排甲同学参加全校的比赛；

若关注成绩的稳定性，由，可知乙同学成绩的方差小，乙同学的成绩比甲同学的成绩稳定，故安排乙同学参加全校的比赛．

(2)

解：甲同学的成绩中有个是合格的，分别是、、、、，

其中有个成绩不低于分，分别是、、，

从个成绩中任取个，共有种可能性，分别是：、、、

、、、、、、，

其中事件“从甲同学合格的所有成绩中，任意抽取两个成绩，至少有一个成绩不低于分”共包含种情况，

分别是：、、、、、、、、，

故所求概率为．

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)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）求出函数的额倒数，判断导数的正负，确定函数的单调性；

（2）将化为，即可证明的零点唯一，求其导数，分，和讨论，利用构造函数并结合零点存在定理以及函数的相关性质，证明结论.

(1)

函数的定义域为，．

令，解得，

则有当时，；当时，；

所以在上单调递减，在上单调递增．

(2)

证明：由于，．

设，，

则在上的零点也是的零点，且有．

①当时，由于，

所以在上单调递增；

又，

所以；

由于，且，

所以存在唯一的，使得，即在上有1个零点．

②当时，设，所以，

则当时，，

所以在上单调递减．

又，所以当时，，

即；

所以当时，．

设，，所以，

则在上单调递减，

所以当时，，则，所以在上无零点．

③当时，由于，，

所以,所以在上无零点．

综合①②③，可知，在上只有1个零点．

【点睛】

本题考查了利用导数判断函数的单调性以及证明函数的零点唯一性的问题，综合性强，计算量大，要有较强的思维能力，能综合应用导数的相关知识，解答的关键是零点唯一性的证明，要能合理地构造函数，利用导数判断单调性并结合零点存在定理，进行证明.

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．