2022届云南师范大学附属中学高三高考适应性月考卷（九）数学（文）试题含解析

2022届云南师范大学附属中学高三高考适应性月考卷（九）数学（文）试题

一、单选题

1．复数的模是（       ）

A．   B． C．0 D．1

【答案】D

【分析】结合复数的模的定义,根据求解即可.

【详解】解：因为，所以，

所以复数z的模是1.

故选:D．

2．已知集合，，则集合B中元素的个数是（       ）

A．6 B．3 C．4 D．5

【答案】C

【分析】根据集合的定义写出集合中的元素可得．

【详解】集合中的元素有，，，共4个，

故选：C.

3．从2名男生和2名女生中选2人参加校庆汇报演出，则选到一男一女的概率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意，列举出所有可能的选法，再找出满足题意的选法，利用古典概型的概率计算公式即可求得结果.

【详解】从2名男生和2名女生中选2人共有如下6种选法：

（男1，男2），（男1，女1），（男1，女2），

（男2，女1），（男2，女2），（女1，女2），

选到一男一女的选法有4种，分别为：

（男1，女1），（男1，女2），（男2，女1），（男2，女2），

则选到一男一女的概率为.

故选：.

4．阿基米德不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．若椭圆C的焦点在x轴上，且椭圆C的离心率为，面积为．则椭圆C的标准方程为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】设出椭圆方程，由题意可得，结合离心率以及的关系，可得出答案.

【详解】设椭圆的标准方程为，焦距为，

则，解得，∴椭圆的标准方程为，

故选：C．

5．已知一个三棱锥的三视图如图所示，正视图为正方形，侧视图和俯视图均为直角三角形，则该几何体的体积是（       ）

A．12 B．2 C．4 D．6

【答案】B

【分析】根据三视图还原出三棱锥的直观图，根据棱锥体积公式求解即可.

【详解】由三视图可知，该几何体为图中三棱锥，

，

故选：B

6．已知是等差数列，是的前n项和，则“对任意的且，”是“”的（       ）

A．既不充分也不必要条件 B．充分不必要条件

C．必要不充分条件 D．充要条件

【答案】B

【分析】对进行赋值分析

【详解】因为对任意的且，，当时，，当时，，所以成立；充分性成立

当成立时，可推出等差数列的公差大于零，但“对任意的且，”未必恒成立，例如，，当时，不成立，必要性不成立

故选：B．

7．设实数，满足约束条件，则目标函数的最大值为（       ）

A．30 B．－16 C．4 D．24.

【答案】D

【分析】作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移该直线可得最优解．

【详解】作出可行域，如图内部，（含线段不包含顶点的部分），作直线，

在直线中，是直线的纵截距，因此直线向上平移时，增大，

由于，因此直线与平行，

所以平移直线，当它与直线重合时，取得最大值，

故选：D．

8．已知函数在上有且只有3个零点，则实数的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由，利用两角差的正弦公式变形后，结合正弦函数性质可得出其根，把正根按从小到大顺序排序后，由前面三个根属于可得参数范围．

【详解】原题等价于方程在上有且只有3个实数根，即方程在上有且只有3个实数根，

，，，，

正根从小到大排列即为，，，，所以，则，

故选：B.

9．已知圆：，圆：（且），则圆与圆的公切线有（       ）

A．4条 B．1条 C．2条 D．3条

【答案】C

【分析】根据题意，判断两圆的位置关系得两圆相交，进而得答案.

【详解】解：解法一：圆的圆心为，半径为，

圆的圆心为，半径为，

所以，圆心之间的距离，

因为，

故两圆相交，有两条公切线；

解法二：

两圆有，两个公共点，故两圆相交，有两条公切.

故选:C．

10．已知函数，设，，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】确定函数的奇偶性，利用导数确定的单调性，由奇偶性得再根据对数函数性质、指数函数性质比较的大小后可得．

【详解】是偶函数，，令，则，

所以在上单调递增，，在上，单调递减，在上，单调递增，

，由于是偶函数，，

，，，在上单调递增，所以，

故选：B.

11．对于函数的图象上不同的两点，，记这两点处的切线的斜率分别为和，定义（为线段的长度）为曲线上A，B两点间的“弯曲度”.下列命题中真命题是（       ）

①若函数图象上A，B两点的横坐标分别为1和2，则；

②存在这样的函数，其图象上任意两点间的“弯曲度”为常数；

③设A，B是抛物线上不同的两点，则；

④设指数曲线上不同的两点，，且，若恒成立，则实数的取值范围是.

A．②④ B．①② C．②③ D．③④

【答案】C

【分析】由导数的几何意义求出斜率，根据新定义计算“弯曲度”，结合不等式的性质判断各选项，

【详解】由得，，，则，所以①错；

常值函数的“弯曲度”为零（常数），所以②正确；

由得，，则，所以③正确；

④，则，，则

由及可得而，∴，故④错误，

故选：C.

12．如图，椭圆的焦点在轴上，长轴长为，离心率为，左､右焦点分别为，，若椭圆上第一象限的一个点A满足：直线与直线的交点为，直线与轴的交点为，且射线为的角平分线，则点A的纵坐标为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据已知条件求得椭圆方程，根据角平分线定理，求得，写出直线方程，联立椭圆方程，即可求得交点的坐标.

【详解】设椭圆的方程为，

根据题意可得：，故可得，

则椭圆的方程为；

又射线为的角平分线，在根据角平分线定理，有，

则在中，故，

故可设直线方程为，点为直线与椭圆的交点，

则，解得（舍）或.

即点的纵坐标为.

故选：.

二、填空题

13．若，且，，则与夹角的余弦值为__________．

【答案】

【分析】设与的夹角为，进而根据向量数量积的运算求解即可.

【详解】解：设与的夹角为，

因为，，且，，

所以．

故答案为：

14．函数在点处的切线方程为__________．

【答案】

【分析】先求导，进而得切线斜率，利用直线方程的点斜式即得.

【详解】函数的导函数为，

则，故切线斜率为2，又，

所以切线方程为，即．

故答案为：.

15．在一次体育水平测试中，甲、乙两校均有100名学生参加，其中:甲校男生成绩的优秀率为70%，女生成绩的优秀率为50%;乙校男生成绩的优秀率为60%，女生成绩的优秀率为40%.对于此次测试，给出下列三个结论:

①甲校学生成绩的优秀率大于乙校学生成绩的优秀率;

②甲、乙两校所有男生成绩的优秀率大于甲、乙两校所有女生成绩的优秀率;

③甲校学生成绩的优秀率与甲、乙两校所有学生成绩的优秀率的大小关系不确定.其中，所有正确结论的序号是____________.

【答案】②③

【解析】根据局部频率和整体频率的关系，依次判断每个选项得到答案.

【详解】不能确定甲乙两校的男女比例，故①不正确；

因为甲乙两校的男生的优秀率均大于女生成绩的优秀率，故甲、乙两校所有男生成绩的优秀率大于甲、乙两校所有女生成绩的优秀率，故②正确；

因为不能确定甲乙两校的男女比例，故不能确定甲校学生成绩的优秀率与甲、乙两校所有学生成绩的优秀率的大小关系，故③正确.

故答案为：②③.

【点睛】本题考查局部频率和整体频率的关系，意在考查学生的理解能力和应用能力.

16．各项均为正数的数列，其前项和，满足，则使得成等比数列的实数对共有___________对.

【答案】3

【分析】利用的关系求得，再根据等差数列的基本量，结合成等比数列，求得的等量关系，根据为整数，即可求得结果.

【详解】当时，，

当时，，整理得，

又各项均为正数，则，

故数列是以1为首项，2为公差的等差数列，，

又，，成等比数列，则，整理得，

由于，，可解得

故实数对共有3对.

故答案为：.

三、解答题

17．年云南省有个文科考生分数达到了一本线，其中大约有人的分数集中在内，其成绩的频率分布如下表所示：

(1)求、、、、；

(2)求这人分数的中位数的估计值（结果保留两位小数）．

【答案】(1)，，，，

(2)

【分析】（1）利用频率、频数和总容量之间的关系可求得、、、、的值；

（2）利用中位数的定义可求得中位数的估计值.

【详解】(1)解：由题意可得，，，

，．

(2)解：设这人分数的中位数的估计值为，

分数低于分的频率为，分数低于分的频率为，

所以，这人分数的中位数的估计值．

18．如图，△ABC中，点D在AB上且满足：，．

在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在题设中，求△ABC的面积(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)

【答案】6.

【分析】在△ABC中利用正弦定理结合可得；在△ACD和△BCD中利用正弦定理结合可得CD是的角平分线﹒

若选①：在和△ABC中分别利用余弦定理表示出cosA，由此列方程可求出AC、BC，再求出cosA和sinA，根据即可求解；

若选②：在△ACD中利用正弦定理表示出sin∠ACD，由CD是的角平分线，可用余弦二倍角公式表示出cos∠ACB.在△ABC中，利用余弦定理可求AC、BC，从而求得sin∠ACD，cos∠ACB，sin∠ACB，根据即可求解；

若选③：根据余弦二倍角公式可求cos∠ACB，从而可求sin∠ACB，在△ABC中利用余弦定理可求AC，从而可求BC，从而根据即可求解.

【详解】在中，由正弦定理得，

，

在中，由正弦定理得，

，

∵，

∴，即，则，即是的角平分线；

，，，

在中，由及正弦定理得，，

∴，即.

若选①：．

在中，由余弦定理得，

，

在中，由余弦定理得，cosA＝，

∴＝，则，，

∴，

∴．

若选②：．

在中，设，由正弦定理得，则，

∵是的角平分线，故，

在中，由余弦定理得，

，

解得，，BC＝，

故，∴，

则．

若选③：．

设，则，，

在中，由余弦定理得，

，

解得，BC＝，

则．

19．图甲是由直角梯形ABCD和等边三角形CDE组成的一个平面图形，其中，，，将沿CD折起使点E到达点P的位置（如图乙），在四棱锥中，若.

(1)证明：平面平面ABCD；

(2)若平面PCD与平面PAB的交线为，求与平面ABCD的交点到平面PAD的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取中点为，连接，，得，，由勾股定理逆定理得线线垂直，由线面垂直的判定定理得线面垂直，从而得面面垂直；

（2）延长交于点，连接，则平面与平面的交线为，即为，平面，用等体积法求到平面的距离．

【详解】(1)证明：如图，取中点为，连接，，

由题得且，得，，

∵，∴，

∵，∴，，平面，

∴平面，平面，

所以平面平面.

(2)如图，延长交于点，连接，

则平面与平面的交线为，即为，平面，

设到平面的距离，由，

得，

∵，

，由且得是中点，

所以，

∴.

20．已知双曲线：的离心率为2，F为双曲线C的右焦点，（2，3）是双曲线C上的一个点.

(1)求双曲线C的方程；

(2)若过F且不与渐近线平行的直线（斜率不为0）与双曲线C的两个交点分别为M，N，记双曲线C在点M，N处的切线分别为，，点为直线与直线的交点，试判断点是否在一条定直线上，若是，求出定直线的方程；若不是，请说明理由.（注：若双曲线方程为，则该双曲线在点处的切线方程为）

【答案】(1)

(2)在，定直线为

【分析】（1）由离心率得，从而，再把双曲线所过点的坐标代入可求得各双曲线方程；

（2）设，，直线，代入双曲线方程应用韦达定理得，写出两条切线方程，记，代入两个切线方程相加，并代入可得的一个关系式，相减又得一个关系式，两者结合消去参数可得，从而得出结论．

【详解】(1)据题意，

则，，是双曲线上的一个点，则，

所以双曲线的方程为.

(2)设，，直线，

联立直线与双曲线：

，，

由题知，切线，切线，

记，则

①+②得，

将代入得③；

①−②得，

由得④，联立③和④得，

故，又，所以，则，

故点的轨迹方程为，所以点在定直线上.

21．函数，.

(1)讨论函数的极值点个数；

(2)已知函数的定义域为，且满足.若，满足不等式，且是函数的极值点，求的取值范围.

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）求出，由知，分离参数得，引入函数，由的导数确定单调性与极值，可作出函数的大致图象，结合图象分类讨论得出零点个数，根据极值定义得极值点个数；

（2）令，求导后得是增函数，不等式，

整理得，即，由单调性得的范围，从而得出的范围，结合极值点的要求得，然后由（1）的函数的性质得的范围．

【详解】(1)，则，

函数的极值点为导函数的变号零点，显然不是的解，

当时，令，

则，

故的单调性如表格所示：

则极小值为，可得函数的大致图象如图，

故当时，有两个解()，在两侧的符号相等，在两侧，不变号，有1个极值点；

当时，有三个解，在这三个解两侧均变号，有3个极值点.

(2)令，则，

因为满足，故，

则，故函数是一个在定义域上单调递增的函数；

又，满足不等式，

整理得，即，结合定义域有

故的取值范围是，又是函数的极值点，即函数的变号零点，∴，

由（1）知，函数在区间上单调递减，故.

【点睛】本题考查用导数确定函数的极值点，研究不等式恒成立问题，解题关系是问题的转化，极值点的个数问题转化为方程的根的个数，再转化为函数图象交点个数．不等式问题通过引入函数，利用函数单调性化简得出参数范围，本题属于困难题，对学生的逻辑思维能力，运算求解能力要求较高．

22．在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C的参数方程为（为参数）．以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，射线l的极坐标方程为．

(1)求曲线C的普通方程和射线l的直角坐标方程；

(2)射线l与曲线C相交于点P，点Q在极轴上（异于极点），当且△OPQ的面积为时，求△OPQ的外接圆的极坐标方程．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）依题意可得（为参数），再将两式平方相加即可得到曲线的普通方程，根据即可得到射线的直角坐标方程；

（2）首先由同角三角函数的基本关系求出，设，代入椭圆方程，即可求出，即可得到，设根据三角的面积求出，即可求出点坐标，从而求出，，再在中，由余弦定理求出，即可得到是以为斜边的直角三角形，从而求出的外接圆的方程，再化为极坐标方程即可；

【详解】(1)解：由（为参数），得（为参数），

两式平方相加，所以为的普通方程；由，所以射线的直角坐标方程为．

(2)解：当时，由，得，

设，则，

代入椭圆方程得，，解得，∵，∴，即，

设，由，即，所以，，

在中，由余弦定理得，，即，所以是以为斜边的直角三角形，所以的外接圆为，即，由，所以，即的外接圆的极坐标方程为．

23．已知a，b，．

(1)若，求证：；

(2)若，求的最小值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先由证明其和为正，再由从而可证明.

（2）先证明成立，从而根据该不等式可求出其最值.

【详解】(1)

由，则，

所以，

所以

所以

(2)因为，

所以，

又因为，所以

当且仅当，取时，等号成立（取等条件不唯一），

所以的最小值是．