2023届云南师范大学附属中学高三上学期高考适应性月考卷（二）数学试题 PDF版

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一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
【解析】
1．集合，集合，故，故选A．
2．，则，在复平面内对应的点在第二象限，故选B．
3．2017年中国新能源汽车保有量首次突破100万辆，A正确；自2015年起，中国新能源汽车保有量每年都在增加，B正确；2016年纯电动汽车保有量增长率大于100%，其他年份都小于100%，故C正确；2019年纯电动汽车保有量占新能源汽车保有量的比率为，2018年为，计算得，故相比2018年，2019年纯电动汽车保有量占新能源汽车保有量的比率增加了，故选D．
4．当时，直线l：，圆C：的圆心为，半径为，圆心C到直线l的距离为，所以直线l与圆C相切；当直线l与圆C相切时，则，解得或；所以“”是“l与C相切”的充分不必要条件，故选B．
5．的展开式中的系数为，故选C．
6．已知点，设点，，又，故，故，，故选C．
7．将八首诗分成三份，每份至少两首，则共有种不同的分法；再将不同的三份分配给林黛玉、史湘云、探春，又有种不同的分配方式，故共有种不同的情况，故选D．
8．显然，皆为正数．欲比较和的大小，只需比较和的大小．，，即比较0.11和的大小即可，易证：且，故，故，构造函数，则，故当时，单调递增，故，即，综上，故选A．
二、不定项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
【解析】
9．显然，在荡秋千的过程中，秋千绳与墙面始终平行，但与道路所成的角在变化．而秋千板始终与墙面垂直，故也与道路始终垂直，故选ACD．
10．，解得或．故
或，又，
，故或
，故选BD．
11．当时，，，由正弦函数图象的对称性知A正确；当时，，单调递增，在上亦单调递增，故在上单调递增，故B正确；当时，，又，故且，此时没有零点，故C错误；又，故的最大值一定为1，故D正确，故选ABD．
12．不妨设焦点在轴上且F为右焦点，显然A不会是右顶点．分类讨论：①若A为左顶点，B为右顶点，则解得此时离心率；②若A为左顶点，B为上（下）顶点，则无解，不满足；③若A为上（下）顶点，B为左（右）顶点，则无解，不满足；④若A为上（下）顶点，B下（上）顶点，则解得，此时离心率为，综上，故选AB．
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
【解析】
13．对函数求导得，故当时，斜率，又切线过点，故切线方程为，即．
14．易知30以内的6个普罗斯数分别为3，5，9，13，17，25（），其中素数有4个，从中任取两个，由古典概型可知，这两个都是素数的概率为．
15．设半球半径为，圆台上底面圆半径为，圆台的高为．由，解得，由题意知，代入解得，故圆台体积．
16．为偶函数，即，故的图象关于直线对称，为奇函数，即，故的图象关于点对称．，均有，故，因为关于直线对称，故，因为关于点对称．故，故有，又，解得，故
．
四、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10分）
解：（1）由，，，
可得，
又，，
所以．…………………………………………………………………………（2分）
由，得，
所以．……………………………………………………………………………（4分）
（2）在中，，
由，可知，为的中点，
，………………………………………………（6分）
所以M为的两条中线AD，BE的交点，，，
………………………………………………………………………………………（8分）
所以，
所以的余弦值为．………………………………………………………（10分）
18．（本小题满分12分）
（1）解：∵是首项为3，公差为1的等差数列，
∴，
∴．……………………………………………………………（2分）
∴当时，，．………………………………………（4分）
又不满足，
∴的通项公式…………………………………………（6分）
（2）证明：当时，，
………………………………………………………………………………………（8分）
，………………………………………………………（9分）
∴，
∴．………………………………………………………（12分）
19．（本小题满分12分）
解：（1）的取值为，，
，
．…………………………………………………（6分）
（2）设事件A：血检呈阳性；事件B：携带该病毒．
则由题意有，
∵，∴．…………………………………………（8分）
∴，………………………………………………（10分）
∴，
所以血检呈阳性的人确实携带该病毒的概率为49.5%．
……………………………………………………………………………………（12分）
20．（本小题满分12分）
解：（1）∵四边形ABCD是正方形，平面ABCD，
∴四棱锥的体积，……………………………………（1分）
过点F作交BC于点H，如图所示，
∵平面平面ABCD，平面平面，
，平面FBC，
∴平面，
，
又平面FBC，平面FBC，
平面FBC，
而平面FBC，
平面FBC．
∴，
在中，，
∴当且仅当时，有最大值2，有最大值，
………………………………………………………………………………………（5分）
∴多面体ABCDEF体积有最大值．…………………………………………………（6分）
（2）以D为原点，，所在的直线分别为，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
可知，，，，
当时，，……………………………………………………………（8分）
设平面EBC的法向量为，
，，，
则令，则．
……………………………………………………………………………………（10分）
设直线DF与平面EBC所成角为，
∴，
故直线DF与平面EBC所成角为．…………………………………………………（12分）
21．（本小题满分12分）
解：（1）若选①②，可知解得
∴C的方程为．………………………………………………………………（4分）
若选①③，因为，∴∴
∴C的方程为．………………………………………………………………（4分）
（2），由题意知，直线l斜率不为0，
∴设直线．
由得，
设，，
则可知且恒成立，
，…………………………………………………………（7分）
，∴或．
，∴．
由，得，∴，
∴，满足或．
∴直线l的方程为或．
……………………………………………………………………………………（12分）
22．（本小题满分12分）
解：（1）函数的定义域为，．
当时，，所以在上单调递增，不满足题意；
………………………………………………………………………………………（2分）
当时，令，得；令，得；令，得．
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴当时，有最小值，∴．
………………………………………………………………………………………（4分）
令，，
∴当时，，单调递增；当时，，单调递减，．
∴当且仅当“”时，．
综上，．……………………………………………………………………………（6分）
（2）令，得，
∴，
令，可得．
由（1）知，当时，，∴，
又，∴．
在上单调递增，
∴，∴，∴．
………………………………………………………………………………………（9分）
令，则，由（1）知，在上单调递减，在上单调递增，
有最小值，
又在上单调递减，，
∴当时，；当时，；
∴当时，的最小值，无解；
当时，的最小值，只有1个解；
当时，的最小值，又，，，
故有2个解．
综上，对，
当时，有2个零点；
当时，有1个零点；
当时，没有零点．……………………………………………………（12分题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
A
B
D
B
C
C
D
A
题号
9
10
11
12
答案
ACD
BD
ABD
AB
题号
13
14
15
16
答案
66