云南师大附中2022届高三年级高考适应性月考卷（八）文数 PDF版含解析

文科数学参考答案

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．根据抛物线的定义，可知，即有，解得，所以，故选C.

5．由题意，可知，，由于，不共线，故，即，故选C.

6．从这五个音阶中任取三个音阶，有（宫，商，角），（宫，商，徵），（宫，商，羽），（宫，角，徵），（宫，角，羽），（宫，徵，羽），（商，角，徵），（商，角，羽），（商，徵，羽），（角，徵，羽），共10个基本事件；其中这三个音阶中不含“商”这个音阶的基本事件有（宫，角，徵），（宫，角，羽），（宫，徵，羽），（角，徵，羽），共4个；所以这个音序中不含“商”这个音阶的概率为，故选A．

7．由题意，得，所以，则，解得，故选B.

8．由得，所以，则有解得或. 由于，所以，则，故选C．

9．在三棱锥中，，，故可将三棱锥补形成如图2所示的长方体；若，，，为球的球面上的四个点，则该长方体的各顶点亦在球的球面上.设球的半经为，则该长方体的体对角线长为，即，从而有，故选D.

10．①错，举反例：，，，，，其平均数，但不符合题意；②错，举反例：11，11，11，11，11，其标准差，但不符合题意；③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；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；由于在上不单调，所以无法判断与的大小，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．由，可知为偶函数，①对.由，得关于对称；由，得的周期为；当时，

其中且；作出在上的图象，并根据的对称性及周期性作出如图3所示，的大致图象. 由图可知，在上单调递增，在上单调递减，所以在上不单调，②错；的最大值，最小值，故，③错；若，则在上有4个零点，④对，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4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5所示，由于满足条件的有两个，则，即，故答案为7（满足均可，答案不唯一）.

15．如图6所示，因为，所以，所以.又直线与圆相切于点，所以，所以. 又为的中点，所以为的中位线，所以.根据双曲线的定义可知，所以.在中，，即，得，所以，故答案为.

16．如图7所示，由题，，设，则有．在中，，可得，则．由于

解得. 令，，则．令，所以，则；当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，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8，连接，

在直四棱柱中，，

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：取的中点，连接，，

因为四边形是菱形，，所以为等边三角形，所以.

又则有．

又，，所以平面．

由于平面，所以点到平面的距离即为点到平面的距离，即为，所以．

…………………………………………………………………………………………（12分）

18．（本小题满分12分）

解：（1）由题，可知

．

……………………………………………………………………………………（3分）

．  ……………………………………………（6分）

（2）由知，，      ……………………………………………………（7分）

则，，

该抽样数据落在内的频率约为； ………………（9分）

又，，

该抽样数据落在内的频率约为，

所以可以判断技术改造后的产品质量初级稳定，但不能判定生产线技术改造成功．

………………………………………………………………………………（12分）

19．（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）

20．（本小题满分12分）

（1）解：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）证明：如图9所示，由题意知，直线的斜率存在，

设直线，

联立得．

由，得，即

且有，.

直线的方程为，令，解得，

则，同理可得，

所以

，

即的横坐标乘积为定值．   …………………………………………………（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）