云南师范大学附属中学2021届高三高考适应性月考卷（二）文科数学试题 Word版含解析

这是一份云南师范大学附属中学2021届高三高考适应性月考卷（二）文科数学试题 Word版含解析，共23页。试卷主要包含了 已知，下列结论中错误的是等内容，欢迎下载使用。
文科数学试卷
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效.
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先求出集合A,再求交集.
【详解】由题意知，，
所以，
故选:D.
【点睛】本题考查求分式不等式和集合求交集，属于基础题.
2. 瑞士数学家欧拉在1748年得到复数的三角方程：（i为虚数单位），根据此公式可知，若，则的一个可能值为（ ）
A. 0 B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据条件由可得，即且，可得答案.
【详解】根据条件由
则，所以且
所以
故选:C.
【点睛】本题考查复数的相等，考查新定义，属于基础题.
3. （ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
由两角差的余弦函数，可得，
故选．
4. 已知双曲线的方程为，双曲线右焦点F到双曲线渐近线的距离为（ ）
A. 1 B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】
根据双曲线方程求得右焦点的坐标和渐近线方程，结合点到直线的距离公式，即可求解.
【详解】由题意知，双曲线的右焦点为，双曲线的渐近线方程为，
即，所以点到渐近线的距离，
故选：C.
【点睛】本题主要考查了双曲线的标准方程及简单的几何性质，以及点到直线的距离公式的应用，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.
5. 我国古代数学名著《增删算法统宗》中有如下问题：“一个公公九个儿，若问生年总不知，知长排来争三岁，其年二百七岁期借问长儿多少岁，各儿岁数要详推”大致意思是：一个公公九个儿子，若问他们的生年是不知道的，但从老大的开始排列，后面儿子比前面儿子小3岁，九个儿子共207岁，问老大是多少岁? （ ）
A. 38 B. 35 C. 32 D. 29
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意，将九个儿子的年龄可以看成以老大的年龄为首项，公差为的等差数列，根据等差数列的求和公式列出方程，即可求出结果.
【详解】由题意可知，九个儿子的年龄可以看成以老大的年龄为首项，公差为的等差数列，
所以，解得，
故选：B.
【点睛】本题主要考查等差数列的简单应用，考查等差数列前项和公式的基本量运算，属于基础题型.
6. 为了更好地配合我市“文明城市”的创建工作，我校开展了“文明行为进班级”的评比活动，现对甲､乙两个年级进行评比，从甲､乙两个年级中随机选出10个班级进行评比打分，每个班级成绩满分为100分，评分后得到如图所示的茎叶图，通过茎叶图比较甲､乙两个年级成绩的平均数及方差大小（ ）


A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】
根据茎叶图，进行数据的分析判断，即可得解.
【详解】由茎叶图可知，
甲年级的平均分主要集中在70多分，而且比较集中，
而乙主要集中在80分以上，但是比较分散，
所以乙的平均数和方差较大，
故选:A.
【点睛】本题考查茎叶图，考查了对数据的分析判断，属于基础题.
7. 若是以O为圆心，半径为1的圆的直径，C为圆外一点，且.则（ ）
A. 3 B.
C. 0 D. 不确定，随着直径变化而变化
【答案】A
【解析】
【分析】
将通过向量加法的三角形法则用表示出来即可.
【详解】如图，，
故选：A.

【点睛】本题考查向量的数量积的运算，关键是将用知道模的向量来表示，是基础题.
8. 已知圆M的方程为，过点的直线l与圆M相交的所有弦中，弦长最短的弦为，弦长最长的弦为，则四边形的面积为（ ）
A. 30 B. 40 C. 60 D. 80
【答案】B
【解析】
【分析】
由题可知点在圆内，则最短的弦是以为中点的弦，过最长的弦为直径，求出后即可求出四边形面积.
【详解】圆M的标准方程为，即圆是以为圆心，5为半径的圆，
且由，即点在圆内，
则最短的弦是以为中点的弦，
所以，所以，
过最长的弦为直径，所以，
且，故而.
故选：B
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查弦长的计算，属于基础题.
9. 正四面体的俯视图为边长为1的正方形，则正四面体的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意，该正四面体可以看成边长为1的正方体六个面对角线组成的正四面体，则正四面体的外接球，即为边长为1的正方体的外接球，从而可求出球的半径，得出球的表面积.
【详解】如图，该正四面体可以看成棱长为1的正方体六个面对角线组成的正四面体，
所以正四面体的外接球，即为边长为1的正方体的外接球，
所以外接球的半径为，
则该外接球的表面积为，

故选：C.
【点睛】本题主要考查求几何体外接球的表面积，属于常考题型.
10. 已知，下列结论中错误的是（ ）
A. 即是奇函数也是周期函数 B. 的最大值为
C. 的图象关于直线对称 D. 的图象关于点中心对称
【答案】B
【解析】
【分析】
根据函数的奇偶性的定义及判定，可判定A是正确的；根据函数的对称性，可判定C、D是正确的；由，令，利用求导方法求函数的最值，即可判定B选项错误.
【详解】由题意，函数的定义域为关于原点对称，
又由，所以是奇函数；
且，
所以又是周期函数，所以A是正确的；
由，即，
所以关于直线对称，所以C是正确的；
由，
所以关于点对称，所以D是正确的；
由，
令，，
令，
，
的单调递减区间是，
的单调递增区间是，
的极大值为，
所以的最大值为，
即函数的最大值为，故B选项错误.
故选：B
【点睛】本题主要考查了三角函数的函数的基本性质的判定及应用，其中解答中熟记函数的周期性、对称性，以及三角函数的基本关系式和应用导数求最值是解答的关键，着重考查推理与运算能力.
11. 已知抛物线，为的焦点，过焦点且倾斜角为的直线与交于，两点，则下面陈述不正确的为（ ）
A. B.
C. D. 记原点为，则
【答案】D
【解析】
【分析】
先联立方程，消去得到，，再求，最后求出，判断A正确；直接求得，再检验亦成立，判断B确；直接求得，判断C正确；直接求得，判断D错误.
【详解】解：由题意知，令直线，，，与抛物线联立方程，消去得，所以，，所以，则，故A正确；由，所以，当时，经检验亦成立，故B确；，故C正确；如图，作垂直于，则，当时，经检验亦成立，故D错误，

故选：D.
【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，抛物线中的定值问题，是中档题
12. 下列四个命题：①，②，③，④，其中真命题的个数为（ ）
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】B
【解析】
【分析】
由，判断①正确；根据的单调性得到，判断②错误；令，，化简整理得，判断③正确；先判断得到，再判断得到，最后判断④错误.
【详解】解：由，故①正确；
由，考察函数，，所以当时，，
即在上单调递增，当时，，即在上单调递减，
所以时，取到最大值，所以，故②错误；
令，，所以，
所以，即，故③正确；
由，所以，由，
所以，故④错误，
真命题的个数为2个
故选：B.
【点睛】本题考查判断命题的真假、利用单调性判断对数的大小、利用导数判断对数的大小、利用对数运算判断等式是否成立，是中档题.
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 若x，y满足约束条件，则的最大值为______
【答案】13
【解析】
【分析】
先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，表示直线在轴上截距，只需求出直线在轴上的截距最小值即可.
【详解】约束条件所表示的线性区域，如图所示，
又由题意知：表示直线在轴上截距
得， 得，

在点处取得最大值，所以的最大值为13.
故答案为：13

【点睛】本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，属于基础题.
14. 的内角、、的对边分别为、、，若，且三条边、、成等比数列，则的值为________.
【答案】
【解析】
【分析】
本题首先可根据得出，然后根据三条边、、成等比数列得出，最后根据即可得出结果.
【详解】因为，所有根据正弦定理边角互换可知，，
因为三条边、、成等比数列，所以，，
则，
故答案为：.
【点睛】本题考查正弦定理以及余弦定理的应用，考查正弦定理边角互换，考查等比中项的应用，考查计算能力，是简单题.
15. 已知函数恰有三个零点，则实数a的取值范围为______
【答案】
【解析】
【分析】
函数有三个零点，可转化为与直线有三个交点，对 分类讨论，当时不满足条件，当时求出过原点与函数在上的切线，数形结合即可求解.
【详解】如图，函数恰有三个零点，等价于方程，有三个解，
即函数与函数的图象有三个交点，又有为过原点的直线
由图可知，当时，函数的图象与函数的图象没有有三个交点，不满足条件.
当时, 当且仅当为的切线的时候，方程恰有两个解，
故而，令为的切线，设切点为，
则切线的方程为，
由于切线过原点，所以，即，此时直线的斜率为，
由题意知，即.
故答案为：

【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，函数切线的求法，函数的零点个数的判定，数形结合的思想，属于中档题.

16. 边长为1的正方体，点P为面对角线上一点，则的最小值为______
【答案】
【解析】
【分析】
将对角面与平面放到同一个平面，化曲为直，连接，取的中点I，在利用勾股定理即得．
【详解】如图甲，将等边沿向后旋转到与面共面，得到等边，则的最小值即为图乙中线段的长，取的中点I，由题意知：等边的边长为，四边形是以，的矩形，所以.

【点睛】本题考查空间距离的最小问题，考查转化思想，计算能力，空间想象能力，属于基础题．
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. 记为正项数列的前n项和，且满足.
（1）求数列的通项；
（2）求证：
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）（1）先求，再当时，由求得，判断数列为首项为1，公差为2的等差数列，最后求数列的通项公式；.
（2）由，用裂项相消法求和可证明.
【详解】（1）解：当时，由，
所以，解得，
当时，由①，
则②，
由①式减去②式得，
即，
由题意知，，所以，
则数列为，公差为2的等差数列，所以.
（2）证明：由（1）知，，
所以
，
【点睛】本题考查由求，利用放缩法和裂项相消法证明不等式，是中档题.
18. 如图，在等腰梯形中，，，将沿着翻折，使得点D到点P，且.

（1）求证：平面平面；
（2）求点C到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）根据题意，证得和，结合线面垂直的判定定理，得出平面，进而证得平面平面；
（2）设点C到平面的距离为h，利用，即可求解.
【详解】（1）由等腰梯形中，，可得，
又由，所以,
又因为，且，所以平面，
又由平面，所以平面平面.
（2）如图①所示，取的中点E，连接，，，
则为菱形，且，则，
记垂足为O，则，，
由（1）知，平面平面，如图②所示，
又，所以平面，
由（1）知，平面，即，
又，所以，所以，
在中，由，，，
所以，所以，
则，
设点C到平面的距离为h，
由，得，即.

【点睛】本题主要考查了平面与平面垂直的判定与证明，以及点到平面的距离的计算，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，以及利用“等体积法”求解点到平面距离是解答的关键，着重考查推理与计算能力.
19. 为了调查高中生文理科偏向情况是否与性别有关，设计了“更擅长理科，理科文科无差异，更擅长文科三个选项的调在问卷”，并从我校随机选择了55名男生，45名女生进行问卷调查，问卷调查的统计情况为：男生选择更擅长理科的人数占，选择文科理科无显著差异的人数占，选择更擅长文科的人数占；女生选择更擅长理科的人数占，选择文科理科无显著差异的人数占，选择更擅长文科的人数占.根据调查结果制作了如下列联表.

更擅长理科
其他
合计
男生



女生



合计



（1）请将的列联表补充完整，并判断能否有的把握认为文理科偏向与性别有关；
（2）从55名男生中，根据问卷答题结果为标准，采取分层抽样的方法随机抽取5人，再从这5人中随机选取2人，求所选的2人中恰有1人更擅长理科的概率.
附：，其中.











【答案】（1）答案见解析，有；（2）.
【解析】
【分析】
（1）根据比例补全列联表，再计算，即可作出判断；
（2）利用列举法列举出所有情况，结合古典概型的概率公式求解即可.
【详解】解：（1）补充的列联表如下：

更擅长理科
其他
合计
男生
22
33
55
女生
9
36
45
合计
31
69
100
所以，
所以有的把握认为文理科偏向与性别有关.
（2）由题意可知，选取的5人中，有2人更擅长理科，3人不更擅长理科
用，表示更擅长理科的两人，用，，表示其他三人
则从这5人中，任取2人共有以下10种情况：，，，，，，，，，，
满足条件的有，，，，，，
共6种情况，所以所选的2人中恰有1人更擅长理科的概率为.
【点睛】本题主要考查了补全列联表，独立性检验的实际应用以及利用古典概型概率公式计算概率，属于中档题.
20. 已知点，，点P满足：直线的斜率为，直线的斜率为，且
（1）求点的轨迹C的方程；
（2）过点的直线l交曲线C于A，B两点，问在x轴上是否存在点Q，使得为定值?若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在.
【解析】
【分析】
（1）由点，运用直线的斜率公式，结合，化简可得轨迹C的方程；
（2）假设在x轴上存在点，使得为定值，当直线l的斜率存在时，设出直线l的方程，与椭圆方程联立，令，，表示出，代入韦达定理计算可得定值，并检验斜率不存在时也成立．
【详解】（1）由题意知：，，
由，即，
整理得点的轨迹C的方程为：.
（2）假设在x轴上存在点，使得为定值.
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，
联立方程消去y得，
令，，则，，
由，，
所以

，
将看成常数，要使得上式为定值，需满足，即，
此时；
当直线l的斜率不存在时，可得，，，
所以，，，
综上所述，存在，使得为定值.
【点睛】本题考查直线与椭圆位置关系，考查定值问题的应用，考查数量积的坐标表示，属于中档题．
21. 已知
（1）若，求的最大值；
（2）若有两个不同的极值点，，证明:.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）当时，对函数求导，判断出函数的单调性，进而可得函数的最大值；
（2）对函数求导，则，即为方程的两个不同的正根，表示出，将韦达定理代入化简，并利用构造新函数判断单调性和最值的方法证得命题成立．
【详解】（1）当时，，
所以，则在上是单调递减函数，且有，
当时，，即为上的增函数，
当时，，即为上的减函数，
所以.
（2）证明：由题意知：由，
则，即为方程的两个不同的正根，
故而需满足：，解得，
所以

令，，
令，所以；
则为上的减函数，且，
所以当时，，即为上的增函数；
当时，，即为上的减函数，
所以，
所以，证毕.
【点睛】本题考查导数证明不等式问题，考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查学生逻辑思维能力和计算能力，属于中档题．
请考生在第22、23两题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题.如果多做，则按所做的第一题计分.
22. 在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴，曲线的极坐标方程为，直线的参数方程为，(为参数).
（1）求曲线和直线的直角坐标方程；
（2）设点，直线与曲线有不同的两个交点分别为，，求的值.
【答案】（1）：，：；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由，可得曲线C的直角坐标方程；消去参数t可得直线l的直角坐标方程；
（2）写出过点的直线l的参数方程，代入曲线C的直角坐标方程，利用韦达定理结合，的几何意义可求得答案．
【详解】（1）由，所以曲线C的直角坐标方程为，
由（t为参数），
消去t得直线l的直角坐标方程为.
（2）由题意知，过点的直线l的参数方程为（t为参数），
代入曲线C的直角坐标方程得，
又，所以方程有两个不同的解，，
又，，
所以，，
由，几何意义可知，.
【点睛】本题考查极坐标方程和参数方程与普通方程的互化，考查直线的参数方程的应用，属于中档题．
.
23. 已知函数.
（1）求函数的最小值M；
（2）若，，且，证明：.
【答案】（1）2；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）由绝对值三角不等式，即可求解的最小值.
（2）由（1）知，得出，化简，再结合基本不等式，即可求解.
【详解】（1）由绝对值三角不等式，可得，
当且仅当时，两个不等式同时取等号，
所以的最小值.
（2）由（1）知，，则，
所以

，
当且仅当，不等式取等号，所以.
【点睛】本题主要考查了绝对值的三角不等式的应用，以及不等式的证明，其中解答中熟记绝对值的三角不等式，以及合理应用基本不等式是解答的关键，着重考查推理与论证能力，属于中档试题.