2022届云南省师范大学附属中学高三下学期高考适应性月考卷（十）理科数学试题及答案

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．由于抛物线与直线有两个公共点，分别为，，则集合有两个元素，所以的子集个数为，故选C．

2．设大夫、不更、簪裹、上造、公士所出的钱数依次排成一列，构成数列．根据题意可知，等差数列中，前5项和为100，设公差为，前项和为，则，解得，所以，所以公士出的钱数为，故选A．

3．对于A，根据散点图知，7：00～7：30内，每分钟的进校人数与相应时间呈正相关，故A正确；由图知，曲线的拟合效果更好，故乙同学的回归方程拟合效果更好，故B正确；对于C，表格中并未给出对应的值，而由甲的回归方程得到的只能是估计值，不一定就是实际值，故C错误；对于D，全校学生近600人，从表格中的数据知，7：26～7：30进校的人数超过300，故D正确，故选C．

4．因为，又与的夹角为钝角，所以且与不共线，即且，所以，故选A．

5．对于A，如图1，，，结合，，可知，故A正确；对于B，如图2，，可能异面，故B错误；对于C，如图3，，可能相交，故C错误；对于D，如图4，可能相交，故D错误，故选A．

6．对于命题：因为在上单调递减，所以，即；对于命题：由，得，所以．由为真，为假，可得，一真一假．若假真，则 若真假，则 所以，故选D．

7．由题得，即. 由得，所以

，解得，则排放前至少还需过滤的时间为，故选D．

8．记该队员连续两次射中靶心为事件，单独一次射中靶心为事件，题目所求为在事件发生的条件下，事件发生的概率，即，故选C．

9．对于A，C，函数都不是奇函数，故排除. 若曲线在这两点处的切线重合，则首先要保证两点处导数相同；对于B，，若斜率相同，则切点，，代入解得切线方程分别为，；若切线重合，则，此时两切点，为同一点，不符合题意，故B错误；对于D，，令得，则取，切线均为，即存在不同的两点，使得切线重合，故D正确，故选D．

10．如图5，设为的中点，连接，由于，所以，所以△为等腰三角形，且有. 由双曲线定义可知，，所以；又，则所以. 由勾股定理，得. 在△中，由于，则有，即，所以C的离心率，故选C.

11．，由题知，且，解得，于是．方程在区间内的实数根，即为在区间内的图象与直线的交点的横坐标，如图6所示，由图象的对称性可知，，即，，所以

，故选B．

12．因为正方形的边长为，所以. 如图7，由于平面平面，平面平面，又为边的中点，则有，所以平面．设，则，所以三棱锥的体积

，当时，取得最大值．由于，则球O的球心即为，且球O的半径．又在△中，由余弦定理，得，根据球的性质可知，当垂直于截面时，截面圆的面积最小，设其半径为r，所以，则截面面积的最小值为，故选D．

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

【解析】

13．因为直线过，由题意，点是抛物线的焦点，所以．

14．因为，所以复数在复平面内对应的点为，则解得．又为整数，故答案为0．（答案不唯一，为–3，–2，–1，0，1，2，3均可）

15．由题，得，则有，，，所以是以3为周期的数列，则．

16．构造函数，所以，得，当时，；当时，，于是在上单调递增，在上单调递减. 对于①，，即，又，据的单调性知成立，故①正确；对于②，，因为，所以，即，又，据的单调性知成立，故②正确；对于③，

，即，又，据的单调性知成立，故③错误；对于④，

，即，又，据的单调性可知成立，故④正确. 故答案为①②④．

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）

解：选择条件①：

（1）因为，，，

由余弦定理，得，

化简得，解得或（舍），所以． …………………（6分）

（2）因为，，所以．

由正弦定理，得，

所以．    ………………………………（12分）

选择条件②：

（1）因为，，所以，

因为，，所以，

由正弦定理得，得．     ……………………………………（6分）

（2）由（1）知，，又因为，，

所以在中，

，

所以．    ………………………………（12分）

18．（本小题满分12分）

（1）证明：平面平面，平面平面，，

平面，

平面．   ………………………………………………………………（2分）

又平面，．

，平面，，

平面．

又平面，平面平面．……………………………………（4分）

（2）解：设，则．

由（1）知，故．

所以，即，解得，所以．…………………（5分）

又由棱台的性质可知故．

由（1）可知所在直线两两垂直，故可以点为坐标原点建立空间直角坐标系，如图8，

则

所以．

设，且平面，则，即

故可取．

设平面，可取，

所以．

由图可知二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.

………………………………………………………………………（12分）

19．（本小题满分12分）

解：（1）根据茎叶图知，15道题中甲同学合格了5个题，乙同学合格了6个题，

故．  ……………………………………………………（2分）

（2）设一轮比赛中，甲同学获得的个数为，则的可能取值为0，1，

则

由于甲同学2轮比赛可能获得的个数为0，1，2，

故的可能取值为0，1，2，

所以

的分布列为

． ………………………………………………（8分）

（3）设10轮比赛中，甲同学获得的个数为，则，

则 (且)．

由于，

所以时，，则有；

时，，则有，

故当时，最大．     ………………………………………………………（12分）

20．（本小题满分12分）

（1）解：由题意，得，，

又因为，所以，，

故椭圆的方程为         ………………………………………………（4分）

（2）证明：，，

设，则，

所以直线的方程为，

令，得点的坐标为，

设，由，得显然，

直线的方程为，

将代入，得，即，

故直线的斜率存在，

且

又因为直线的斜率，

所以，即，，三点共线．  …………………………………………（12分）

21．（本小题满分12分）

解：（1）函数的定义域为，． ………………（2分）

当时，由于在上单调递增，所以至多有一解；

又，则当时，；当时，；

所以在上单调递减，在上单调递增．  …………………………（5分）

（2）由题知所以．

①当时，又，则有，，

所以，

所以在上单调递减，不符合题意．

②当时，

ⅰ）当时，设，所以，则有，

所以当时，，当时，；

所以在上单调递增，在上单调递减．

又，，所以当时，，

即

所以当时，．

设，，所以，由于，

所以当时，，当时，；

所以在上单调递增，在上单调递减．

所以当时，，则有；

所以在上单调递减，无极值点．

ⅱ）当时，在上单调递增．又，

，所以存在唯一的，使得；

所以当时，；当时，；

所以在上单调递减，在上单调递增；则为的极小值点．

ⅲ)当时，设，则．

由于在上单调递减，又，，

所以存在唯一的，使得；

所以当时，；当时，；

所以在上单调递增，在上单调递减；

又，所以．

又当时，，

即当时，所以在上单调递增，无极值点，不符合题意．

又当时，，

所以存在唯一的，使得；

所以当时，；当时，；

所以在上单调递增，在上单调递减；则为的极大值点．

综合①②，可知，在上有2个极值点，且，则有或．

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

22．（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】

解：（1）曲线可化为：

所以曲线的直角坐标方程． …………………………………（5分）

（2）点的直角坐标为，

由（1）知曲线表示圆心，半径的圆，

当直线与圆相切于点时，

，

．                 ……………………………………（10分）

23．（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】

解：（1）当时，不等式可化为，

当时，不等式可化为，解得，；

当时，不等式可化为，解得，；

当时，不等式可化为，解得，，

所以不等式的解集为．          ……………………………………（5分）

（2）由绝对值三角不等式，可得

，

，或，

所以的取值范围为．     ……………………………………（10分）