2021届云南师范大学附属中学高三高考适应性月考卷（五）数学（理）试题 PDF版

西南名校联盟高考适应性月考卷12月考

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）

【解析】

1．因为，所以满足条件的集合B的个数为，故选D．

2．，的定义域为，因此A，C，D错误；又，所以的图象恒在x轴上方，B正确，故选B．

3．该程序框图对应的分段函数当时，或解得，故选D．

4．因为为单位向量，所以，又，所以，故选A．

5．由的导函数图象可知，在，上单调递增，在上单调递减，所以，B错误；，C，D错误；，A正确，故选A．

6．对：，当，即或时，曲线表示双曲线，当时，：表示等轴双曲线，因为无论取何值，曲线方程均只含，项与常数项，因此A，B，D正确；当时，：表示圆，C错误，故选C．

7．由题意，三个地点中有一处为2人，其余均为1人，先按人数进行分组，共有种分法，再将三组人分别安排到三个地方，总共有种安排方法，故选D．

8．由，可得，令，则为以为首项，2为公比的等比数列，所以，则 ，故选D．

9．如图1，设截面为，设，P为的靠近于的三等分点，N为的靠近于C的三等分点，由可得平面与的交线平行于，所以平面，又平面与两平行平面，的交线应互相平行，∴平面，由且可得截面AMNP为梯形，故选C．

10．因为，所以，即z在复平面内表示圆O：上的点；又，所以表示圆O上的动点到定点的距离，所以为，故选B．

11．因为，所以，令，则为偶函数.当时，，令 ，则，则在上恒成立，所以在上单调递减，又，所以在上恒成立，所以在上单调递增．再结合为偶函数，从而当，且 时必有，即，故选A．

12．如图2，延长交AB于点M，则M为AB的中点，且由可得．又，所以平面，所以.所以二面角的平面角即为，又为的垂心，所以点C在的延长线上.因为，所以 ，．又，所以，．又为△PAB的重心，所以．设，在△PMC中，利用余弦定理，可得，所以．再在中，利用余弦定理，可得，故选B．

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

【解析】

13．因为，，所以．

14．因为，所以．又，所以，所以所以使得成立的最大整数n为5．

15．如图3，设焦点F关于直线的对称点为P，C的左焦点为，PF与直线的交点为Q，则由Q，O分别为PF，的中点，可得，所以，则，又，所以，则．又因为P在渐近线上，所以，所以．

16．方法一：不妨设△ABC的外接圆半径为5．如图4，取点，，，并作△BQC的外接圆，则点P为，则此时且，所以当且仅当点A是优弧上除B，C以外的点．当△ABC为锐角三角形时，过点P作，其中分别交AB，AC于点，，AP的延长线交BC于点R．设，则由，P，共线，可得．设，则 ，所以，，，所以为使k取最大值，只需使最大．过A作x轴的垂线交，BC分别于点M，N，则，又，所以当时，．

    方法二：作出△ABC的外接圆，则由可得 ，所以，则，设外接圆的半径为R，则对两边平方可得．又，所以上式整理可得．因为，，所以由均值不等式可得．令，则，解得(舍去)或，其中“”成立当且仅当，所以．

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）

解：（1）∵，又C为OB的中点，

∴．

又，∴△OMC为边长为2的等边三角形，

∴，．

又，

∴． ………………………………………………………（6分）

（2），

令，

得，

∴在R上的单调减区间为．

 ……………………………………………（12分）

18．（本小题满分12分）

解：（1）由题图甲可得A，C，D各含标本数量为5，15，10．

设P为两个标本来源于不同采样地的概率，

则．

 ………………………………………………………（6分）

（2）由表格数据可得，，

∴，

∴y与x的线性回归方程是，

∴当时，，即纬度为30度时，大绒鼠的平均体长为26.1厘米．

 ……………………………………………………（12分）

19．（本小题满分12分）

解：（1）设抛物线的方程为，

∵点A在抛物线上，∴，

∴点A到准线的距离为，

解得(舍)或1，

∴C：，． …………………………………………………（4分）

（2）设MN：，代入抛物线的方程可得，

设，，

则

∴．

又∵，

∴PQ：，

∴，

∴

．

∵，其中“”成立当且仅当，

∴，

∴当时，取得最小值为12． ………………………………（12分）

20．（本小题满分12分）

（1）证明：如图5，连接PO，OQ，PQ，

∵，O为BD的中点，∴．

同理，，又，PO，平面POQ，

∴平面POQ．

又平面ABCD，

∴平面平面ABCD． ……………………………………………（5分）

（2）解：（法一：建系法）如图6，分别过P，

Q作平面ABCD的垂线，垂足分别为，，

则，在AC上，且，分别为AO，OC的三等分点，且，，

∴四边形为矩形，

∴．

且，

∴．

∴，由（1）得MO，OB，OC两两垂直．

又，

∴．

如图，以O为原点，分别以OB，OC，OM为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

则，，，，

∴，，．

设，分别为平面AMB与平面MBC的法向量，

则，

．

设为二面角的平面角，

由于，均指向半平面的外部，

∴．

 ………………………………………………………（12分）

（2）（法二：定义法）分别过P，Q作平面ABCD的垂线，垂足分别为，，

则，在AC上，且，分别为AO，OC的三等分点，

且，，

∴四边形为矩形，

∴．

且，

∴，

∴．

取MB的中点E，则，，

∴为二面角的平面角．

又，

∴．

又，∴，

∴．

又，

．

 ……………………………………………（12分）

21．（本小题满分12分）

解：（1）∵，

∴当时，，单调递增；

当时，，单调递减，

∴，且无最小值．

 …………………………………………………（4分）

（2），

令，则，

∴．

令，

∵函数是上的单调递增函数，

∴由复合函数的单调性可知，存在极大值存在极大值，

且取到极大值取到极大值，

其中，且．

∵，

∴，

∴时，，单调递减；

时，，单调递增，

∴．

①当时，，则在上恒成立，

∴在上单调递增，则无极值点；

②当时，，取，，

有，，

∴在上有唯一零点，设为，且时，，时，，

∴当时，在上有唯一的极大值点．

 ………………………………………………（8分）

∵，

∴，

∴，

令，

则，

∴在上单调递增．

又，

∴，

即的极大值小于0，

综上，有时，存在极大值，且此时的极大值小于0．

 ………………………………………………………（12分）

22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】

解：（1）由条件可得，，

又，∴，

即为曲线C的普通方程，

将代入C的普通方程，可得，

即为曲线C的极坐标方程．

 …………………………………………………（5分）

（2）将分别代入曲线C与直线l的极坐标方程，

可得，

，

∴．

又，

∴，

∴．

 ………………………………………………………………（10分）

23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】

（1）解：若，则，，

∴，

由绝对值三角不等式可得，，

其中“”成立当且仅当，

∴，

∴，

∴或，即或． ………………………（5分）

（2）证明：∵，

，

∴，

∴，

，

∴，

其中“”当且仅当．

 ………………………………………………（10分）