云南师大附中2022届高三年级高考适应性月考卷（八）理数 PDF版含解析

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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ADBCCBDACBDA【解析】1．z在复平面内对应的点为，则复数，则，由复数的模长公式可得，故选A.2．由题，得，由得，当时，为空集符合题意，故选D.3．由三视图可知，该几何体为如图1所示的三棱柱，且有，为等腰三角形，，而边上的高为2，所以该三棱柱的体积，故选B.4．由题意，可知，，由于，不共线，故，即，故选C.5．根据抛物线的定义，可知，即有，解得，所以，故选C.6．由题意，得，所以，则，解得，故选B.7．由于且，则有. 由得，，故，故选D.8．第一类情形，先从5名志愿者中选择2名志愿者到北京参加活动，有种方法，再从剩下的3名志愿者中选择2名志愿者到延庆参加活动，有种方法，最后剩下的1名志愿者到张家口参加活动，有1种方法，由乘法分步原理得共有种分配方案；第二类情况，先从5名志愿者中选择2名志愿者到北京参加活动，有种方法，再从剩下的3名志愿者中选择1名志愿者到延庆参加活动，有种方法，最后剩下的2名志愿者到张家口参加活动，有1种方法，由乘法分步原理得共有种分配方案；第三类情况，先从5名志愿者中选择3名志愿者到北京参加活动，有种方法，再从剩下的2名志愿者中选择1名志愿者到延庆参加活动，有种方法，最后剩下的1名志愿者到张家口参加活动，有1种方法，由乘法分步原理得共有种分配方案；由加法分类计数原理得共有种分配方案，故选A.9．由题意可知，，所以平面．又，所以，所以，故可将三棱锥补形成以为相邻三条棱的长方体；若三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则该长方体的各顶点亦在球的球面上.设球的半径为，则该长方体的体对角线长为，即，从而有，故选C．10．①错，举反例：，，，，，其平均数，但不符合题意. ②对，在 且极差小于等于3，气温数据只可能在以下数组中取到(0，1，2，3)，(1，2，3，4)，(2，3，4，5)，(3，4，5，6)，符合题意. ③错，举反例：1，1，1，1，11，平均数，且标准差，但不符合题意. ④对，在众数等于5且极差小于等于4时，最大数不超过9，符合题意，故选B.11．由于在上单调递增，由，可得. 由于，在上单调递减，所以，A错. 由于，则有，所以在上单调递减，又，可得，又，则有，B错. 由于，则有，当时，，所以在上单调递增；当时，，所以在上单调递减；由于在上不单调，所以无法判断与的大小，亦无法判断与的大小，C错. 由于，则有当时，，所以在上单调递增；又，可得，所以，D对，故选D.12．当时，，又，则有的最小值大于而最大值小于. 又在区间上单调递减，所以解得.令，则，即；由于当时，，可得，解得. 综上，可得的取值范围是，所以①对. 如图2所示的是，图象，由图可知，满足题意的在上有且仅有2个极小值点，有且仅有4个零点，所以②对，④错；当时，，此时在上有且仅有1个极大值点，所以③错，故选A.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号13141516答案7（满足均可，答案不唯一）【解析】13．如图3所示，根据约束条件作出的可行域是顶点为，，的及其内部，则表示可行域内点与点连线的斜率，当直线经过时，直线的斜率值最大为，故答案为.14．如图4所示，由于满足条件的有两个，则，即，故答案为（满足均可，答案不唯一）. 15．如图5所示，不妨设点在第二象限，设C的左、右焦点分别为，，则的中点在直线上，且，故；由于，则有；又，分别为，的中点，则，由双曲线的定义可得，所以，所以，故答案为.16．如图6，由题，，设，则有. 在中，，可得，则. 令，由于解得，则. 令，所以，则；当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增，所以，故，此时，故答案为．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：如图7，连接，在长方体中，，因为，即，所以，所以，所以，所以四点共面，所以点在平面内.         ……………………………………………………（4分）（2）解：以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，连接，则，，，，所以，，.设平面的法向量为，由得可取.在正方形中，，又，，，平面，所以平面.           ……………………………………………………（9分）由于， 因此，二面角的余弦值为. …………………………………………（12分）18．（本小题满分12分）解：（1）设等比数列的公比为，由于，则有.选择条件①，由得，又，所以，解得（舍去）或，所以.            ………………………………………………………………（6分）选择条件②，由，可知，所以，则有，又，所以，解得（舍去）或，所以.              ……………………………………………………………（6分）选择条件③，由题，可知，又，则有，解得（舍去）或，所以.              ……………………………………………………………（6分）（2）由（1）得，，所以.      ………………………………………（9分）所以. ………………………（12分）19．（本小题满分12分）解：（1）设，由在椭圆上，得两式相减得，所以，又线段的中点且点在椭圆内，所以，所以直线的斜率为.        ………………………………………………（4分）（2）如图8所示，由题意知，直线的斜率存在，设直线，，联立得．由，得，即；且有，.由于直线的方程为，令，解得，则，同理可得，所以.………………………………………………………………………（12分）20．（本小题满分12分）解：（1）由题可知，符合题意的所有可能的情况有①小明答题正确1道，小俊答题正确2道；②小明答题正确2道，小俊答题正确1道；③小明答题正确2道，小俊答题正确2道.所以所求概率.……………………………………………………………（6分）（2）两人在某一轮竞赛中获得“神算小组”的概率为，因为，所以.由于，，，所以，，所以由基本不等式，可得，则有.令，，，由于，所以当时，，即. …………………（9分）设他们小组在轮竞赛中获得“神算小组”次数为，则有，由题可知，，解得，所以理论上至少要进行10轮比赛，此时.  ……………………………（12分）21．（本小题满分12分）解：（1）当时，.设曲线上任意一点，由于，，则曲线在点处的切线为，即.设曲线上任意一点，由于，，则曲线在点处的切线为，即.由题，得解方程组，得或所以直线的方程为或.     ……………………………………（6分）（2）令，由题，得，则有，即.由于在上单调递增，所以，即.令，所以；又，所以当时，，所以在上单调递增；当时，，所以在上单调递减；则有当时，，所以，则，即的取值范围为.    ……………………………（12分）22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（1）由消去，得，又，即的普通方程为；        ……………………………………（2分）由，得，则有，将，代入得，所以曲线的参数方程为.    ……………………………………（5分）（2）由可得，故的几何意义是抛物线上的点（除顶点）与原点所在直线的斜率.将代入，得二次方程，当时，设该二次方程两根为，则有，，所以.    …………………………………………（10分）23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】解：（1）由题，可得不等式等价于不等式组或或解不等式组，得或或，即．所以的解集为．             ………………………………………（5分）（2）由（1）可知在上单调递减，在上单调递增，所以.由绝对值三角不等式，可知.由于对任意，存在，使只需，即，所以，解不等式得，所以的取值范围为.   ………………………（10分）