2022云南省昆一中高三第九次考前适应性训练数学（理）PDF版含答案

昆明一中2022届高三第九次联考

理数参考答案

命题、审题组教师   杨昆华 张波 杨仕华 张兴虎 王海泉 卢碧如 江明 丁茵 蔺书琴 杨耕耘 李建民

一、选择题 

1. 解析：由题意，得或，选B．

2. 解析：，则且得，选C．

3. 解析：由，得，选D.

4. 解析：由题意可知当时，失去的新鲜度小于，没有超过，当时，则有即，所以，即，选C．

5. 解析：的准线方程为，双曲线的渐近线为，不妨设，则，由题意，，则△为等边三角形，

，，得，所以的方程为，选B．

6. 解析：由已知得：，，则，所以， ，选B .

7. 解析：将代入，得，化简得，解得，因为，所以，得，所以，选A.

8. 解析：将圆锥沿过点母线展开，所得扇形圆心角为，由余弦定理得蚂蚁爬行的最短路径长，选B .

9. 解析：由，得，所以，，选D .

10. 解析：因为，所以点处切线方程为，令，得，所以的坐标为，则，选A．

11. 解析：因为点在双曲线右支上且在第一象限，点为三角形的内心，所以点到三角形三边的距离相等均为，

所以，选A .

12. 解析：构造函数，则，当时，，在上单调递减，所以，即，所以，即；构造函数，，当时，，在上单调递增，所以，即，所以

，即，所以，选C .

二、填空题

13.解析：由已知条件画出可行域，在点和处分别取得最大值和最小值，所以的取值范围是.

14. 解析：令，得，即．的常数项为．

15. 解析：取中点，易得，，所以是二面角的平面角，即，又因为，所以.因为平面，分别取，中点，，所以平面，因为为四面体表面上一动点，且总满足，所以点轨迹是△，其长度为.

16. 解析：

，又，由题意对任意的恒成立，且，，所以对任意的恒成立，即

，所以恒成立，由基本不等式可知，

，此时，所以，

对于①，，所以①正确；

对于②令，，解得，，当时，，所以是的一个对称中心，所以②正确；

对于③由，，所以，所以③正确；

对于④由题意可得，要使过点的直线与函数的图象不相交，则此直线与轴平行，又的振幅为，所以直线必与的图象有交点，所以④错误，所以所有正确结论的编号为①②③ .

三、解答题

（一）必考题

17. 解：（1）由图形的作法可知：

①后一个图形的边数是前一个图形的边数的倍，所以，从一个正三角形开始，“雪花”图案的作法所得图形的边数是以为首项，为公比的等比数列，所以，第个图形的边数为；

②后一个图形的边长是前一个图形的边长的倍，所以，从一个正三角形开始，“雪花”图案的作法所得图形的边长是以为首项，为公比的等比数列，所以，第个图形的边长为；

所以，.                       ………6分

（2）由（1）得：，所以，

化简得：，因为，，又因为函数在上为增函数，所以，即，所以的最小值为．      ………12分

18. （1）甲赢得比赛，比分可能为，，

所以概率      ………5分

（2）由题意可知所有可能的取值为：，，

，    

期望．                     ………12分

19．（1）证明：连结，因为△为等边三角形，所以，

又因为底面是菱形，所以，

所以△≌△，又因为，所以，

所以平面，而平面，所以，

又因为底面是菱形，所以，

所以平面，而平面，

所以，.   ………6分

（2）设与交于点，以为原点建立空间直角坐标系如图所示，依题意得，

，，，，，

若存在一点满足题意，不妨设，则

是平面的一个法向量，

则因为，，

所以，，令 ，

所以，，同理，平面的一个法向量为，

由得：，

解得：或（舍去），

所以，存在一点且时，满足题意.………12分

20. 解：（1）设，，，，则，得，

则，又，所以

，故当或时，取得最小值，故，即，

则由离心率可知：，，故椭圆方程为；  ………4分

（2）由（1）得，，设，，根据对称性可设，

由题意知，由题意知直线的斜率存在且不为零，且，

因为，所以直线的斜率为，

所以，，

因为，所以，代入的方程，解得或，

1. 当时，点的坐标为，此时的斜率，解得，

此时点的坐标为，则，

由直线的方程为，则点到直线的距离，

故此时的面积；

2. 当时，点的坐标为，此时的斜率，解得，

此时点的坐标为，则，

由直线的方程为，则点到直线的距离，

故此时的面积；

综上，△的面积为.     ………12分

21. 解：（1）由，

得，

①当时，令，得，解得或，

所以函数的单调递增区间为，；单调递减区间为，

②当时，令，得，由①可知；

所以函数的单调递增区间为；单调递减区间为，，

综上可得：

当时，的单调递增区间为，；单调递减区间为，

当时，的单调递增区间为；单调递减区间为，.

………5分

（2）由（1）可知若，则当时，函数在上单调递减，在上单调递增，

所以，

所以不等式有解等价于有解，

即有解，

设，则，

所以当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

所以的极小值也是最小值，且最小值为，

从而，

所以实数的取值范围为．            ………12分

（二）选考题：第22、23题中任选一题做答。如果多做，则按所做的第一题记分。

22. 解：（1）因为的最大值为，

所以当时，上的点到轴的距离的最大值为. ………5分

（2）令，

则，

所以在上是增函数，所以的最大值为，

所以当时，上的点到原点的距离的最大值为.………10分

23. 解：（1）由条件可知，，都不为，

因为，所以，

因为，所以，即.………5分

（2）不妨设，则，

因为，，所以，，所以，，

因为，所以，所以， ，

即.………10分