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（理）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（理）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．1 B．4 C．3 D．2

【答案】B

【分析】根据所给定义求出集合，即可判断；

【详解】解：因为，，所以，即集合B中的元素有，，，共4个，

故选：B．

3．从2名男生和4名女生中选3人参加校庆汇报演出，其中至少要有一男一女，则不同的选法共有（       ）

A．16种 B．192种 C．96种 D．32种

【答案】A

【分析】分1男2女和2男1女两种情况分别选取即可得出答案.

【详解】若选出的3人为1男2女的情况有种.

若选出的3人为2男1女的情况有种.

所以至少要有一男一女的选法有，

故选：A．

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x，y满足约束条件，则目标函数的最小值为（       ）

A．40 B．2 C．4 D．6

【答案】C

【分析】画出可行域，将问题转化为点到区域内一个点的距离的平方即可

【详解】约束条件所满足的区域如图所示

目标函数的几何意义是点到区域内一个点的距离的平方

由图知此最小值为以点为圆心，与直线相切的圆的半径的平方

根据点到直线的距离公式，求得圆心到直线的距离为

故最小值为4

故选：C．

8．已知函数，若，则下列结论正确的是（       ）

A．在区间上单调递减

B．的图象关于直线对称

C．

D．

【答案】C

【分析】结合辅助角公式可求得的值域，进而利用构造方程求得的值，知D错误；根据正弦型函数单调性、对称轴的求法可知AB正误；代入知C正确.

【详解】（其中），

，

，，解得：；

，

对于A，当时，，

则当，即时，单调递增，A错误；

对于B，当时，，不是的对称轴，B错误；

对于C，，C正确；

对于D，，D错误.

故选：C.

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．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AB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，则中；

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t的取值范围是．

A．②④ B．①② C．①④ D．②③

【答案】D

【分析】由题定义对每个结论逐一判断

【详解】对于①，由得，，，

则，所以①错；

对于②，常值函数的“弯曲度”为零（常数），所以②正确；

对于③，由得，，，

则，所以③正确；

对于④，由可得，

而，∴，所以④错误

故选：D

11．如图，椭圆的焦点在x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B，直线与x轴的交点为C，且射线为∠ABC的角平分线，则的面积为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】先求出椭圆方程，结合射线为∠ABC的角平分线求出，进而写出的直线，联立椭圆解出A点坐标，即可求出面积.

【详解】设椭圆的方程为，则，，，故椭圆的方程为；又射线为的角平分线，

在和中由正弦定理得，又射线为∠ABC的角平分线，

可得，则在直角中，故，所以直线：，

点为直线与椭圆的交点，联立方程解得（舍负），

故.

故选：A．

12．已知在上的连续函数，其导函数为，满足，恒成立，设，，，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】结合题意，构造函数，进而得，单调递减，再根据函数单调性比较大小.

【详解】令，

，

因为，恒成立，

所以，当时，，单调递减，

，，，

因为，所以.

故选：D．

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．的展开式中的系数是__________．

【答案】10

【分析】由二项式定理得展开式的通项，进而令解得即可求解答案.

【详解】解：展开式的通项，

令，解得，

所以的系数为．

故答案为：.

16．用基因型为Aa的小麦进行随机交配并逐代淘汰隐性个体，则第9代Aa基因型频率为__________．

【答案】

【分析】构建递推求出第代杂合子比例，再代入数据即可

【详解】设第代含基因型为的个体数为，基因型为Aa的个体数为

第代总个体数为，

可得①，

②

①÷②得，故数列是以为首项，为公差的等差数列，，

解得，故第9代Aa基因型频率为．

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

(1)证明：平面平面ABCD；

(2)若平面PCD与平面PAB的交线为l，求l与平面PAD所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）由题可得，，进而可证平面，即证；

（2）延长和交于点，可得为平面与平面的交线，利用坐标法可求平面的法向量，进而即得.

【详解】(1)取中点为，连接，，

由题得，，得，，

，，，

∴，

∴，

∴，

∴，，

∴平面，平面，

所以平面平面；

(2)如图，延长和交于点，连接，

则为平面与平面的交线，即为，

取中点为，连接，，

∵，，

∴，，

如图，以为坐标原点，OF，OD，OP分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，

，，，，

，，，

设平面的法向量为，

，，令，

解得

设与平面的所成角为，

则，

即l与平面PAD所成角的正弦值为．

20．已知双曲线C：的离心率为2，，为双曲线C的左、右焦点，是双曲线C上的一个点．

(1)求双曲线C的方程；

(2)若过点且不与渐近线平行的直线l（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P为直线与直线的交点，试求点P的轨迹方程（注：若双曲线的方程为，则该双曲线在点处的切线方程为）

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据基本量列方程求解即可；

（2）设出直线l：和交点，根据题意列出方程消去即可求出.

【详解】(1)据题意，则，

点在双曲线上，则，

又，则，

∴，，，

∴双曲线的方程为．

(2)设，，直线l：，

联立，

，，

由题知，切线：，切线：，

记，则，

两式相加得，

将代入得③；

两式相减得，

由得④，联立③和④得，

故，又，所以，则，

故点的轨迹方程为．

【点睛】方法点睛 ：求某点的轨迹方程，可以先设出该点，然后运用已知条件寻求横纵坐标之间的关系.

21．已知函数，，函数，．

(1)试讨论函数的单调性；

(2)若是函数的最小值点，且函数在处的切线斜率为2，试求a的值．

【答案】(1)答案见解析；

(2).

【分析】（1）由题可得，讨论，即得；

（2）由题可得是一个单调递增的函数，利用零点存在定理可得，使得，进而可得，利用导数可得，结合条件可得，即求.

【详解】(1)，，

当时，函数在定义域上单调递增；

当时，函数的单调性如表格所示：

(2)由题可得，，

则是一个单调递增的函数，

当时，，

当时，，

故，使得，且

所以，，

整理该式有，，

∴，

令，则，

所以函数在上单调递增，

故的解满足；

又，，，

所以，

由知，，

故．

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．