2022届云南省昆明市师范大学附属中学高三高考适应性月考卷（八）数学（理）试题含解析

2022届云南省昆明市师范大学附属中学高三高考适应性

月考卷（八）数学（理）试题

一、单选题

1．设复数z满足，z在复平面内对应的点为，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】依据复数模的定义即可求得之间的关系.

【详解】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：C．

2．已知集合，，且，则实数的所有值构成的集合是（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求出集合，由已知可得出，分、两种情况讨论，结合可求得实数的取值.

【详解】因为，由可得.

当时，，合乎题意；

当时，，则或，解得或.

因此，实数的取值集合为.

故选：D.

3．如图为某几何体的三视图，则该几何体的体积为（       ）

A． B．8 C． D．

【答案】B

【分析】由三视图还原直观图，根据棱柱体积公式进行求解.

【详解】由三视图可知，该几何体为如图所示的直三棱柱，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．已知平面直角坐标系内三点，且平面内任意都可唯一表示成（为实数），则实数m的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据平面向量基本定理知，不共线，代入即可得出答案.

【详解】由题意，可知，，又因为平面内任意都可唯一表示成（为实数），则，不共线，故，即.

故选:C．

5．设F为抛物线的焦点，点为C上一点，过P作y轴垂线，垂足为A，若，则（       ）

A． B．4 C． D．2

【答案】C

【分析】根据抛物线的定义进行转化求解即可.

【详解】根据抛物线的定义，可知，即有，解得，所以，

故选：C．

6．药物在体内的转运及转化形成了药物的体内过程，从而产生了药物在不同器官、组织、体液间的浓度随时间变化的动态过程，根据这种动态变化过程建立两者之间的函数关系，可以定量反映药物在体内的动态变化，为临床制定和调整给药方案提供理论依据．经研究表明，大部分注射药物的血药浓度（单位：）随时间t（单位：h）的变化规律可近似表示为，其中表示第一次静脉注射后人体内的初始血药浓度，k表示该药物在人体内的消除速率常数．已知某麻醉药的消除速率常数（单位：），某患者第一次静脉注射该麻醉药后即进人麻醉状态，测得其血药浓度为，当患者清醒时测得其血药浓度为，则该患者的麻醉时间约为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】依据题意列出关于t的方程即可求得该患者的麻醉时间.

【详解】由题意得，，即，

则，解得.

故选：B

7．已知，则（       ）

A． B． C．3 D．

【答案】D

【分析】依据两角和的正弦公式及同角三角函数间的关系即可求得的值

【详解】由于且，则有．

由得，，故，

故选：D．

8．将5名冬奥会志愿者分配到北京、延庆、张家口三个赛区参加活动，北京赛区至少分配2名志愿者，其它赛区至少分配1名志愿者，每名志愿者只分配到1个赛区，则不同的分配方案共有（       ）

A．80种 B．50种 C．40种 D．25种

【答案】A

【分析】依据组合数公式和加乘原理即可求得不同的分配方案总数.

【详解】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．如图，在矩形中，，E为中点，把和分别沿折起，使点B与点C重合于点P，若三棱锥的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据给定条件，推导可得两两垂直，再补形成长方体，求出长方体的体对角线即可计算作答.

【详解】依题意，，，平面，则平面，

又，即有，则，

因此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，

所以球O的表面积为.

故选：C

10．根据气象学上的标准，连续5天的日平均气温低于即为入冬，将连续5天的日平均温度的记录数据（记录数据都是自然数）作为一组样本，现有4组样本①、②、③、④，依次计算得到结果如下：

①平均数；

②平均数且极差小于或等于3；

③平均数且标准差；

④众数等于5且极差小于或等于4．

则4组样本中一定符合入冬指标的共有（       ）

A．1组 B．2组 C．3组 D．4组

【答案】B

【分析】举反例否定①；反证法证明②符合要求；举反例否定③；直接法证明④符合要求.

【详解】①举反例：，，，，，其平均数．但不符合入冬指标；

②假设有数据大于或等于10，由极差小于或等于3可知，

则此组数据中的最小值为，此时数据的平均数必然大于7，

与矛盾，故假设错误.则此组数据全部小于10. 符合入冬指标；

③举反例：1，1，1，1，11，平均数，且标准差.但不符合入冬指标；

④在众数等于5且极差小于等于4时，则最大数不超过9.符合入冬指标.

故选：B．

11．已知且，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】通过题干判断出，然后通过构造相应的函数对选项逐一验证即可.

【详解】由于在上单调递增，由，可得．

A： 由于，在上单调递减，所以，A错．

B： 由于，则有，所以在上单调递减，

又，可得，又，则有，B错．

C： 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．

D：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．已知函数在区间上单调递减，且在区间上存在零点．下面四个结论：

①的取值范围是；

②在上有且仅有2个极小值点；

③在上有且仅有3个极大值点；

④在上有且仅有5个零点；

其中所有正确结论的编号是（       ）

A．①② B．①④ C．②③ D．③④

【答案】A

【分析】根据的取值范围，求出的取值范围，再根据上单调递减，即可得到不等式组，求出的大致范围，再根据函数的零点，即可求出的取值范围，再画出函数图形，结合图形判断即可；

【详解】解：当时，，又，，，即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

13．若x，y满足约束条件则的最大值为___________．

【答案】2.5

【分析】画出可行域，依据线性规划的规则即可求得的最大值.

【详解】根据约束条件作出可行域

由，可得，则

由，可得，则

由，可得，则

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．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，若有两解，写出a的一个可能的值为__________．

【答案】（满足均可，答案不唯一）

【分析】根据题意可得，解之即可得解.

【详解】解：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．若双曲线的一个焦点F关于其一条渐近线的对称点P在C上，且直线与圆相切，则C的离心率为_________．

【答案】

【分析】先设C的左、右焦点分别为，，根据点到直线的距离公式，计算出，从而得，再由勾股定理求出，根据中位线的性质可得，结合双曲线的定义求出，即可求出离心率.

【详解】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：．

三、双空题

16．如图，某城市公园内有一矩形空地，，现规划在边上分别取点E，F，G，且满足，在内建造喷泉瀑布，在内种植花卉，其余区域铺设草坪，并悠建栈道作为观光路线（不考虑宽度），则当_______时，四边形的面积S最小，此时______．

【答案】         

【分析】根据已知条件得出，设，得出，在利用三角函数的定义可得出，

进而可以表示四边形的面积，用换元法转化为利用导数法求函数的最小值，即可求出四边形

的面积最小.

【详解】如图所示，由题，，

设，则有．

 在中，，可得

，则

．

 令，由于解得，则

． 令，

所以，则

令，即，解得（负舍），

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：．

【点睛】解决此题的关键是要弄清楚图形的关系，运用平面几何知识表示出四边形的面积，再利用换元法特别注意换元后的范围，

转化为用导数法求函数的最值问题，进而可以求解.

四、解答题

17．如图，长方体的底面是正方形，E，F分别是上的点，且．

(1)证明：点F在平面内；

(2)若，求二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接，进而证明即可得点在平面内；

（2）根据题意，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，进而利用坐标法求解即可.

【详解】(1)证明：如图，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．

(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．                  

由于，

因此，二面角的余弦值为．

18．已知正项等比数列的前n项和为，，且___________．请在①；②；③是和的等差中项；这三个条件中任选一个，补充到上述题目中的横线处，并求解下面的问题．

(1)求数列的通项公式；

(2)若，求数列的前n项和．

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）选①，利用等比数列的通项公式求得公比，即可求解； 选②，利用等比数列的通项公式与求和公式可求得公比，进而得解；选③，利用等差中项及等比数列通项公式可得解；

（2）由裂项相消法可求解.

【详解】(1)设等比数列的公比为，由于，则有．

选择条件①，

由已知得，又，

所以，解得（舍去）或，

所以．

选择条件②，

由已知得，所以，即，

又，所以，解得（舍去）或，

所以．

选择条件③，

由题，可知，又，则有，

解得（舍去）或，

所以．

(2)由（1）得，，

所以．

所以

．

19．已知椭圆，下顶点为A，不与坐标轴垂直的直线l与C交于P，Q两点．

(1)若线段的中点为，求直线l的斜率；

(2)若l与y轴交于点，直线分别交x轴于点M，N，O为坐标原点，记的面积为，的面积为，求的值．

【答案】(1)

(2)1

【分析】（1）利用点差法即可求得直线l的斜率；

（2）利用设而不求的方法求得的表达式再化简即可解决.

【详解】(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．经检验符合题意.

(2)由题意知，直线的斜率存在，

设直线，，

联立得．

由，得，即或；

且有，．

由于直线的方程为，令，解得，则，

由于直线的方程为，令，解得，则

所以

．

20．3月14日为国际数学日，为庆祝该节日，某中学举办了数学文化节活动，其中一项活动是“数学知识竞赛”，小明、小俊两人组队代表班级参赛，每一轮竞赛，小组中的两人分别答2道题，若两人回答正确的题目不少于3道，则该小组将被称为“神算小组”，已知小明每次答题正确的概率为，小俊每次答题正确的概率为，在答题过程中两人答题正确与否互不影响，且各轮结果亦互不影响．

(1)若，则在第一轮竞赛中，求小明、小俊组获得“神算小组”的概率；

(2)若，则在数学知识竞赛中，小明、小俊组要想获得“神算小组”的次数为5次，理论上至少要进行多少轮竞赛？并求此时的值．

【答案】(1)

(2)理论上至少要进行10轮比赛，

【分析】（1）分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，利用独立重复实验概率求解．

（2）先得到两人在某一轮竞赛中获得“神算小组”的概率为，再结合，得到，利用基本不等式，求得的范围，再利用二次函数求得p的最大值，再利用二项分布求解..

【详解】(1)解：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道概率为；

②小明答题正确2道，小俊答题正确1道的概率为；

③小明答题正确2道，小俊答题正确2道；

所以所求概率．

(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，，

由基本不等式，可得，

则有．

令，，，

由于，所以当时，，即，

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．

21．已知函数．

(1)当时，若直线l既是曲线的切线，也是曲线的切线，求直线l的方程；

(2)若不等式恒成立，求实数a的取值范围．

【答案】(1)或

(2)

【分析】（1）设曲线上任意一点，求出在点处的切线为，设曲线上任意一点，求出在点处的切线为，由二者是同一条直线，列方程组，求出切点坐标，即可得到切线方程；

（2）根据式子结构构造函数，利用单调性转化为恒成立，再令，利用导数研究单调性，求出，得到，即可求出的取值范围．

【详解】(1)（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．

因为直线l既是曲线的切线，也是曲线的切线，

所以，解得或

所以直线的方程为或．

(2)构造函数.

由题意得：恒成立，

则有，

即恒成立．

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．

【点睛】导数的应用主要有：

（1）利用导函数几何意义求切线方程；

（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；

（3）利用导数求参数的取值范围.

22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程是（为参数，）．以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

(1)求的普通方程和的参数方程；

(2)若与交于P，Q两点，设直线的斜率为，直线的斜率为，求的值．

【答案】(1)；为参数）．

(2)4

【分析】（1）根据同角三角函数关系式对曲线的参数方程进行消参，再根据极坐标和直角坐标互化公式将化为直角坐标方程，再转化为参数方程；

（2）将的参数方程代入，得二次方程，根据韦达定理，可得，表达式，结合的几何意义，代入即可求出.

【详解】(1)由消去，得，

即的普通方程为；             

由，得，

则有，

将，代入得，

所以曲线的参数方程为为参数）．

(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．

23．已知函数．

(1)求不等式的解集；

(2)设函数，若对任意，存在，使得，求实数a的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）分类讨论去绝对值再去求解不等式，即可得到不等式的解集；

（2）依据题意列出关于实数a的不等式，即可求得实数a的取值范围．

【详解】(1)由题意可得

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．

(2)由（1）可知在上单调递减，在上单调递增，

所以．

由绝对值不等式可知，．

由于对任意，存在，使只需，

即，所以，

解之得，，所以的取值范围为．