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

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．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）

【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）